第二章 拉普拉斯变换

2.1 拉普拉斯变换概念

引言：复变量与复变函数

• 复变量: \(s = \sigma + j\omega\)

• 复变函数: \(G(s) = U(\sigma, \omega) + jV(\sigma, \omega)\)

• 欧拉公式:

• \[ \cos \theta = \frac{1}{2}(e^{j\theta} + e^{-j\theta}) \]
  \[ \sin \theta = \frac{1}{2j}(e^{j\theta} - e^{-j\theta}) \]

提出问题

• 将时域中的微分方程变换成复数域中的代数方程。

• 傅里叶变换： 要求函数在区域内连续，有有限个第一类间断点，有限个极大极小值，且绝对可积。

• 拉普拉斯变换: \(\varphi(t) \rightarrow \varphi(t)u(t)e^{-\beta t} (\beta > 0)\)

• \[ \int_{-\infty}^{+\infty} \varphi(t)u(t)e^{-\beta t} e^{-j\omega t} dt \]

拉普拉斯（Laplace）变换 — 拉氏变换

• \(f(t) = \varphi(t)u(t)\) 为时间的函数，并且当 \(t < 0\) 时 \(f(t) = 0\)。

• \(s = \beta + j\omega\) 为复变量。

• \(L\) 为运算符号，放在某个时间函数之前，表示该时间函数用拉氏积分进行变换。

• \(F(s)\) 为时间函数 \(f(t)\) 的拉氏变换。

  \[ F(s) = L[f(t)] = \int_{0}^{\infty} e^{-st} dt [f(t)] = \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} dt \]

  • \(F(s)\) 称为 象函数。

  • \(f(t)\) 称为 原函数。

拉氏逆变换

从拉氏变换 \(F(s)\) 求时间函数 \(f(t)\) 的过程。

\[ L^{-1}[F(s)] = f(t) = \frac{1}{2\pi j}\int_{\beta - j\infty}^{\beta + j\infty} F(s)e^{st} ds \]

\(t \ge 0\)

存在定理

1. 当 \(t \ge 0\) 时，\(f(t)\) 在任一有限区间上是分段连续的。

2. 当 \(t \rightarrow \infty\) 时，\(f(t)\) 的增长速度不超过某一指数函数，即存在常数 \(M>0\) 及 \(c \ge 0\)，使得

   \[ |f(t)| \le Me^{ct}, \quad 0 \le t < \infty \]
   \[ \int_{0}^{+\infty} f(t)e^{-st} dt < \infty \quad f(t) = \varphi(t)u(t) \]

常用函数的拉氏变换

(1) 指数函数

\[\begin{split} f(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ Ae^{-\alpha t} & t \ge 0 \end{cases} \end{split}\]

\(A\) 和 \(\alpha\) 为常数。

\[ L[f(t)] = L[Ae^{-\alpha t}] = \int_{0}^{\infty} Ae^{-\alpha t} e^{-st} dt = A \int_{0}^{\infty} e^{-(a+s)t} dt = \frac{A}{s+\alpha} \]

其中，\(\text{Re}(s+\alpha) > 0\)，即 \(\text{Re}(s) > -\alpha\)。 指数函数在复平面内将产生一个极点。

(2) 阶跃函数

\[\begin{split} f(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ A & t \ge 0 \end{cases} \end{split}\]

\(A\) 为常数。

\[ L[f(t)] = L[A] = \int_{0}^{\infty} Ae^{-st} dt = \frac{A}{s} \]

当 \(A=1\) 时，单位阶跃信号 \(u(t)\)：

\[\begin{split} u(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ 1 & t \ge 0 \end{cases} \end{split}\]

\[ L[u(t)] = \frac{1}{s} \]

(3) 斜坡函数

\[\begin{split} f(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ At & t \ge 0 \end{cases} \end{split}\]

\(A\) 为常数。

\[ L[At] = \int_{0}^{\infty} Ate^{-st} dt = A \int_{0}^{\infty} te^{-st} dt = A \left[ -\frac{te^{-st}}{s} \right]_0^{\infty} - A \int_{0}^{\infty} (-\frac{e^{-st}}{s}) dt = \frac{A}{s} \int_{0}^{\infty} e^{-st} dt = \frac{A}{s^2} \]

当 \(A=1\) 时，单位斜坡信号 \(r(t)\)：

\[\begin{split} f(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ t & t \ge 0 \end{cases} \end{split}\]

\[ L[r(t)] = \frac{1}{s^2} \]

(4) 正弦函数

\[\begin{split} f(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ A \sin \omega t & t \ge 0 \end{cases} \end{split}\]

\(A\) 和 \(\omega\) 为常数。

欧拉公式： \(\sin \omega t = \frac{1}{2j}(e^{j\omega t} - e^{-j\omega t})\)

\[ L[A \sin \omega t] = \frac{A}{2j} \int_{0}^{\infty} (e^{j\omega t} - e^{-j\omega t})e^{-st} dt = \frac{A}{2j} \left[ \frac{1}{s-j\omega} - \frac{1}{s+j\omega} \right] = \frac{A}{2j} \frac{s+j\omega - (s-j\omega)}{s^2 + \omega^2} = \frac{A\omega}{s^2 + \omega^2} \]

\[ L[A \cos \omega t] = \frac{As}{s^2 + \omega^2} \]

其中，\(\text{Re}(s) > 0\)。

(5) 脉动函数

\[\begin{split} f(t) = \begin{cases} \frac{A}{t_0} & 0 < t < t_0 \\ 0 & t < 0, t_0 < t \end{cases} \end{split}\]

\(A\) 和 \(t_0\) 为常数。

(6) 脉冲函数

脉冲函数是脉动函数的一种特殊极限情况。

\[\begin{split} g(t) = \begin{cases} \lim_{\Delta \to 0} \frac{A}{\Delta} & 0 < t < \Delta \\ 0 & t < 0, \Delta < t \end{cases} \end{split}\]

\[ L[g(t)] = \lim_{\Delta \to 0} L\left[\frac{A}{\Delta}(1 - e^{-s\Delta})\right] = \lim_{\Delta \to 0} \frac{d}{d\Delta}\left[\frac{A(1-e^{-s\Delta})}{\Delta s}\right] = \lim_{\Delta \to 0} \frac{A}{s} = \frac{A}{s} \]

当 \(A=1, \epsilon \to 0\) 时，称为单位脉冲信号或狄拉克（Dirac）函数 \(\delta(t)\)。

\[ L[\delta(t)] = 1 \]

(7) 加速度函数

\[\begin{split} f(t) = \begin{cases} At^2 & t \ge 0 \\ 0 & t < 0 \end{cases} \end{split}\]

\(A\) 为常数。

\[ L[At^2] = \int_{0}^{\infty} At^2 e^{-st} dt = \frac{A}{s} \left[ t^2 e^{-st} \right]_0^{\infty} - 2 \int_{0}^{\infty} te^{-st} dt = 2A \frac{1}{s^3} \]

当 \(A=1/2\) 时，单位加速度信号 \(a(t)\)：

\[\begin{split} a(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ \frac{1}{2} t^2 & t \ge 0 \end{cases} \end{split}\]

\[ L\left[\frac{1}{2}t^2\right] = \frac{1}{s^3} \]

2.2 拉普拉斯变换的性质

1. 线性性质

线性性质也称叠加性质，即各函数之和的拉氏变换等于各函数拉氏变换之和。当函数乘以 \(K\) 时，其变换式也乘以相同的常数 \(K\)。

若 \(L[f_1(t)] = F_1(s)\) 且 \(L[f_2(t)] = F_2(s)\)，\(K_1, K_2\) 为常数， 则 \(L[K_1 f_1(t) \pm K_2 f_2(t)] = K_1 F_1(s) \pm K_2 F_2(s)\)。

证明:

\[ L[K_1 f_1(t) \pm K_2 f_2(t)] = \int_{0}^{\infty} [K_1 f_1(t) \pm K_2 f_2(t)] e^{-st} dt \]

\[ = K_1 \int_{0}^{\infty} f_1(t)e^{-st} dt \pm K_2 \int_{0}^{\infty} f_2(t)e^{-st} dt \]

\[ = K_1 F_1(s) \pm K_2 F_2(s) \]

这个性质表明了各函数线性组合的拉氏变换等于各函数拉氏变换的线性组合。

例 2.1 求 \(f(t) = \sin \omega t\) 的拉氏变换。 解: 根据欧拉公式

\[ f(t) = \sin \omega t = \frac{1}{2j}(e^{j\omega t} - e^{-j\omega t}) \]

\[ L[e^{j\omega t}] = \frac{1}{s-j\omega}, \quad L[e^{-j\omega t}] = \frac{1}{s+j\omega} \]

由拉氏变换的线性性质可知

\[ L[\sin \omega t] = \frac{1}{2j} \left[ \frac{1}{s-j\omega} - \frac{1}{s+j\omega} \right] = \frac{1}{2j} \frac{s+j\omega - (s-j\omega)}{s^2 + \omega^2} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2} \]

用同样的方法可求得

\[ L[\cos \omega t] = \frac{s}{s^2 + \omega^2} \]

2. 微分性质

若 \(L[f(t)] = F(s)\)，则 \(L\left[\frac{df(t)}{dt}\right] = sF(s) - f(0)\)。 \(f(0)\) 是 \(f(t)\) 在 \(t=0\) 时的初始值。 对于给定的时间函数，\(f(0_+)\) 和 \(f(0_-)\) 的值可能相同，也可能不同。 当 \(f(t)\) 在 \(t=0\) 处具有间断点时，\(f(0_+)\) 和 \(f(0_-)\) 之间的差别很重要，因为此时 \(df(t)/dt\) 在 \(t=0\) 处将包含一个脉冲函数 \(\delta(t)\)。即 \(f(0_+) \ne f(0_-)\)。 则 \(L_+\left[\frac{df(t)}{dt}\right] = sF(s) - f(0_+)\)， \(L_-\left[\frac{df(t)}{dt}\right] = sF(s) - f(0_-)\)。

证明:

\[ L\left[\frac{df(t)}{dt}\right] = \int_{0}^{\infty} \left[\frac{df(t)}{dt}\right]e^{-st} dt \]

\[ = \left[f(t)e^{-st}\right]_0^{\infty} - \int_{0}^{\infty} f(t)(-s)e^{-st} dt \]

\[ = s \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} dt - f(0) = sL[f(t)] - f(0) = sF(s) - f(0) \]

这个性质表明了一个时间函数 \(f(t)\) 求导后取拉氏变换等于这个函数的拉氏变换乘以 \(s\)，再减去这个函数的初始值 \(f(0)\)。 一阶导数的微分性质可以推广到高阶导数。

\[ L\left[\frac{d^2 f(t)}{dt^2}\right] = s^2F(s) - sf(0) - f'(0) \]

\(f'(0)\) 是 \(df(t)/dt\) 在 \(t=0\) 时的值。

证明:

\[ L\left[\frac{d^2 f(t)}{dt^2}\right] = e^{-st} \frac{df(t)}{dt} \Big|_0^{\infty} + s \int_{0}^{\infty} \frac{df(t)}{dt} e^{-st} dt \]

\[ = -f'(0) + s[sF(s) - f(0)] \]

\[ = s^2F(s) - sf(0) - f'(0) \]

导出时间函数 \(f(t)\) 的 \(n\) 阶导数微分性质

\[ L\left[\frac{d^n f(t)}{dt^n}\right] = s^n F(s) - \sum_{r=0}^{n-1} s^{n-r-1} f^{(r)}(0) \]

\(f^{(r)}(0)\) 是 \(r\) 阶导数 \(\frac{d^r f(t)}{dt^r}\) 在 \(t=0\) 时的值。 为了保证 \(f(t)\) 的各阶导数的拉氏变换存在，\(\frac{d^n f(t)}{dt^n}\) (\(n=1,2,3,\dots\)) 必须能够进行拉氏变换。 如果 \(f(t)\) 及其各阶导数的所有初始值全都为零，则

\[ L\left[\frac{d^n f(t)}{dt^n}\right] = s^n F(s) \]

例 2.2 求余弦函数 \(g(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ \cos \omega t & t \ge 0 \end{cases}\) 的拉氏变换。 解: 由于正弦函数 \(f(t) = \begin{cases} 0 & t < 0 \\ \sin \omega t & t \ge 0 \end{cases}\) 的拉氏变换 \(F(s) = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}\)。 根据拉氏变换的微分性质，可以求得

\[ L[\cos \omega t] = L\left[\frac{1}{\omega}\frac{d}{dt}(\sin \omega t)\right] = \frac{1}{\omega}[sF(s) - f(0)] \]

\[ = \frac{1}{\omega}\left[ s \frac{\omega}{s^2 + \omega^2} - 0 \right] = \frac{s}{s^2 + \omega^2} \]

例 2.3 求以下微分方程的拉氏变换，已知其各阶导数的初始值为零。

\[ \frac{d^3 x_0(t)}{dt^3} + 2\frac{d^2 x_0(t)}{dt^2} + 3\frac{dx_0(t)}{dt} + x_0(t) = 2\frac{dx_i(t)}{dt} + x_i(t) \]

解: 对上式两端取拉氏变换，得

\[ s^3 X_0(s) + 2s^2 X_0(s) + 3sX_0(s) + X_0(s) = 2sX_i(s) + X_i(s) \]

化简得 \((s^3 + 2s^2 + 3s + 1)X_0(s) = (2s+1)X_i(s)\) 传递函数：\(G(s) = \frac{X_0(s)}{X_i(s)} = \frac{2s+1}{s^3 + 2s^2 + 3s + 1}\)

3. 积分性质

若 \(L[f(t)] = F(s)\)，则 \(L\left[\int_{0}^{t} f(\tau) d\tau\right] = \frac{F(s)}{s} + \frac{f^{-1}(0)}{s}\)。 \(f^{-1}(0)\) 是 \(\int f(t) dt\) 在 \(t=0\) 的值。 如果 \(f(t)\) 在 \(t=0\) 处包含一个脉冲函数 \(\delta(t)\)，即 \(f^{-1}(0_+) \ne f^{-1}(0_-)\)。 则 \(L_+ \left[\int_{0}^{t} f(\tau) d\tau\right] = \frac{F(s)}{s} + \frac{f^{-1}(0_+)}{s}\)， \(L_- \left[\int_{0}^{t} f(\tau) d\tau\right] = \frac{F(s)}{s} + \frac{f^{-1}(0_-)}{s}\)。

证明: 借助分部积分法进行积分，得

\[ L\left[\int_{0}^{t} f(\tau) d\tau\right] = \int_{0}^{\infty} \left[\int_{0}^{t} f(\tau) d\tau\right] e^{-st} dt \]

\[ = \left[\int_{0}^{t} f(\tau) d\tau \cdot \frac{e^{-st}}{-s}\right]_0^{\infty} - \int_{0}^{\infty} f(t) \cdot \frac{e^{-st}}{-s} dt \]

\[ = \frac{1}{s} \left[\int_{0}^{t} f(\tau) d\tau\right]_{t=0} + \frac{1}{s} \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st} dt \]

\[ = \frac{f^{-1}(0)}{s} + \frac{F(s)}{s} \]

如果积分的初值为零，则 \(L\left[\int_{0}^{t} f(\tau) d\tau\right] = \frac{F(s)}{s}\)。 对于多重积分的拉氏变换，有

\[ L\left[\int_{0}^{t}\int_{0}^{\tau} f(\sigma) (d\sigma)^2\right] = \frac{F(s)}{s^2} + \frac{f^{-1}(0)}{s} + \frac{f^{-2}(0)}{s} \]

…

\[ L\left[\int_{0}^{t} \dots \int_{0}^{\tau_n} f(t_1) (dt_1)^n\right] = \frac{F(s)}{s^n} + \frac{f^{-1}(0)}{s^n} + \dots + \frac{f^{(-n)}(0)}{s} \]

\(f^{-1}(0), f^{-2}(0), \dots, f^{(-n)}(0)\) 为 \(f(t)\) 的各重积分在 \(t=0\) 时的值。 如果 \(f^{-1}(0) = f^{-2}(0) = \dots = f^{(-n)}(0) = 0\)，则有

\[ L\left[\int_{0}^{t} \dots \int_{0}^{\tau_n} f(t_1) (dt_1)^n\right] = \frac{F(s)}{s^n} \]

4. 位移性质

若 \(L[f(t)] = F(s)\)，则 \(L[f(t)e^{-at}] = F(s+a)\)。 此性质表明：时间函数乘以 \(e^{-at}\)，相当于变换式在复频域内平移 \(a\)。

证明: 根据拉氏变换的定义，得

\[ L[e^{-at} f(t)] = \int_{0}^{\infty} e^{-at} f(t) e^{-st} dt = \int_{0}^{\infty} f(t) e^{-(s+a)t} dt \]

上式的右方只是在 \(F(s)\) 中把 \(s\) 换成 \(s+a\)，所以

\[ L[f(t)e^{-at}] = F(s+a) \]

例: 求 \(e^{-\alpha t} \sin \omega t\) 和 \(e^{-\alpha t} \cos \omega t\) 的拉氏变换。 解: 已知 \(L[\sin \omega t] = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}\)。 由拉氏变换的位移性质：

\[ L[e^{-\alpha t} \sin \omega t] = \frac{\omega}{(s+\alpha)^2 + \omega^2} \]

同理，因为 \(L[\cos \omega t] = \frac{s}{s^2 + \omega^2}\)， 故有

\[ L[e^{-\alpha t} \cos \omega t] = \frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^2 + \omega^2} \]

5. 延迟性质

若 \(L[f(t)] = F(s)\)，则 \(L[f(t-t_0)u(t-t_0)] = e^{-st_0} F(s)\)。 此性质表明：如下图所示的时间函数 \(f(t)u(t)\)，若在时间轴上延迟 \(t_0\) 得到时间函数 \(f(t-t_0)u(t-t_0)\)，则它的拉氏变换应乘以 \(e^{-st_0}\)。 [图像展示了原始函数 \(f(t)u(t)\) 和延迟后的函数 \(f(t-t_0)u(t-t_0)\)]

证明:

\[ L[f(t-t_0)u(t-t_0)] = \int_{0}^{\infty} [f(t-t_0)u(t-t_0)] e^{-st} dt = \int_{t_0}^{\infty} f(t-t_0)e^{-st} dt \]

令 \(\tau = t-t_0\)，则 \(t = \tau + t_0\)，代入上式得

\[ L[f(t-t_0)u(t-t_0)] = \int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s(\tau+t_0)} d\tau = e^{-st_0} \int_{0}^{\infty} f(\tau)e^{-s\tau} d\tau = e^{-st_0} F(s) \]

例: 求图(a)所示的时间函数的拉氏变换。 [包含三个图：(a) 梯形波形 \(f(t)\)，(b) \(f'(t)\)，© \(f''(t)\)] 解: 时间函数 \(f(t)\) 的一阶、二阶导数，如图(b)、©所示。 \(f''(t) = 2\delta(t) - 2\delta(t-1) - 2\delta(t-2) + 2\delta(t-3)\) 由于 \(L[\delta(t)] = 1\)， 由延迟和线性性质得 \(F_2(s) = L[f''(t)] = 2 - 2e^{-s} - 2e^{-2s} + 2e^{-3s}\) 由积分性质得 \(F(s) = L[f(t)] = \frac{F_2(s)}{s^2} = \frac{2(1-e^{-s} - e^{-2s} + e^{-3s})}{s^2}\)

例: 已知 \(f_1(t) = e^{-2(t-1)}u(t-1)\)，\(f_2(t) = e^{-2(t-1)}u(t)\)，求 \(f_1(t) + f_2(t)\) 的拉氏变换。 解: 因为 \(L[e^{-2t}u(t)] = \frac{1}{s+2}\)。 根据拉氏变换的延迟性质，得 \(F_1(s) = L[e^{-2(t-1)}u(t-1)] = e^{-s} \cdot \frac{1}{s+2}\)。 又因为 \(f_2(t) = e^{-2(t-1)}u(t) = e^2 e^{-2t}u(t)\)。 根据拉氏变换的线性性质，得 \(F_2(s) = e^2 \cdot \frac{1}{s+2}\)。 \(L[f_1(t) + f_2(t)] = F_1(s) + F_2(s) = \frac{e^{-s} + e^2}{s+2}\)。

6. 尺度变换

若 \(L[f(t)] = F(s)\)，则 \(L[f(at)] = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right)\)，\(a > 0\)。

证明: $\( L[f(at)] = \int_{0}^{\infty} f(at) e^{-st} dt \)\( 令 \)\tau = at\(，则 \)t = \frac{\tau}{a}\(， \)dt = \frac{1}{a} d\tau\(。 \)\( L[f(at)] = \int_{0}^{\infty} f(\tau) e^{-s(\tau/a)} \frac{1}{a} d\tau = \frac{1}{a} \int_{0}^{\infty} f(\tau) e^{-(s/a)\tau} d\tau = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right) \)$

例: 已知 \(L[f(t)] = F(s)\)，若 \(a>0, b>0\)，求 \(L[f(at-b)u(at-b)]\)。 解: 此题既要用到尺度变换，也要用到延迟性质。

解法一（不推荐）: 由延迟性质得 \(L[f(t-b)u(t-b)] = F(s)e^{-bs}\)。 再由尺度变换，即可求得结果： \(L[f(at-b)u(at-b)] = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right) e^{-(\frac{s}{a})b} = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right) e^{-sb/a}\)。

解法二: 先用尺度变换性质：\(L[f(at)u(at)] = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right)\)。 然后由延迟性质求出： \(L\left[f\left(at - \frac{b}{a}a\right)u\left(at - \frac{b}{a}a\right)\right] = L\left[f\left(a(t-\frac{b}{a})\right)u\left(a(t-\frac{b}{a})\right)\right]\) 令 \(t' = t - \frac{b}{a}\)，则 \(at' = a(t-\frac{b}{a}) = at - b\)。 \(L[f(at')u(at')] = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right)\)。 将 \(t'\) 延迟 \(\frac{b}{a}\)，即 \(t \rightarrow t - \frac{b}{a}\)，对应的 \(s\) 变为 \(s e^{-s(b/a)}\)。 \(L[f(a(t-\frac{b}{a}))u(a(t-\frac{b}{a}))] = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right) e^{-s(b/a)}\)。 即 \(L[f(at-b)u(at-b)] = \frac{1}{a} F\left(\frac{s}{a}\right) e^{-sb/a}\)。 两种解法其结果一致。

7. 初值定理、终值定理

(1) 初值定理

证明: 根据拉氏变换的微分性质，有

\[ L\left[\frac{d}{dt}f(t)\right] = \int_{0}^{\infty} \frac{d}{dt}f(t)e^{-st} dt = sF(s) - f(0) \]

令 \(s \rightarrow \infty\) 取极限得

\[ \lim_{s\to\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{d}{dt}f(t)e^{-st} dt = \lim_{s\to\infty} [sF(s) - f(0)] \]

在时间区间 \([0_+, \infty)\) 内，\(\lim_{s\to\infty} e^{-st} = 0\)。

因此，

\[ \lim_{s\to\infty} \int_{0}^{\infty} \frac{d}{dt}f(t)e^{-st} dt = \int_{0+}^{\infty} \frac{d}{dt}f(t) \lim_{s\to\infty} e^{-st} dt = 0 \]

于是

\[ \lim_{s\to\infty} [sF(s) - f(0_+)] = 0 \]

即

\[ f(0_+) = \lim_{t\to 0_+} f(t) = \lim_{s\to\infty} sF(s) \]

(2) 终值定理

证明: 根据拉氏变换的微分性质，有

\[ L\left[\frac{d}{dt}f(t)\right] = \int_{0}^{\infty} \frac{d}{dt}f(t)e^{-st} dt = sF(s) - f(0) \]

令 \(s \rightarrow 0\) 取极限得

\[ \lim_{s\to 0} \int_{0}^{\infty} \frac{d}{dt}f(t)e^{-st} dt = \lim_{s\to 0} [sF(s) - f(0)] \]

\[ \lim_{s\to 0} \int_{0}^{\infty} \frac{d}{dt}f(t)e^{-st} dt = \int_{0}^{\infty} \frac{d}{dt}f(t) \lim_{s\to 0} e^{-st} dt \]

\[ = \int_{0}^{\infty} df(t) = \lim_{t\to\infty} \int_0^t df(t) = \lim_{t\to\infty} [f(t) - f(0)] \]

于是

\[ \lim_{t\to\infty} f(t) = \lim_{s\to 0} sF(s) \]

终值定理表明：时间函数 \(f(t)\) 的稳态值与复频域中 \(s=0\) 附近的 \(sF(s)\) 的值相同。因此，\(f(t)\) 在 \(t \rightarrow \infty\) 时的值可以直接从 \(\lim_{s\to 0} sF(s)\) 得到。 利用该性质，可在复频域中得到控制系统在时间域中的稳态值，利用该性质还可以求得控制系统的稳态误差。

例: 已知 \(f(t) = e^{-t} \cos t \cdot u(t)\)，求 \(f(0_+)\) 和 \(f(\infty)\)。 解: 由于 \(L[\cos t \cdot u(t) e^{-t}] = \frac{s+1}{(s+1)^2 + 1}\)。 由初值定理，得

\[ f(0_+) = \lim_{s\to\infty} sF(s) = \lim_{s\to\infty} \frac{s(s+1)}{(s+1)^2 + 1} = 1 \]

由终值定理，得

\[ f(\infty) = \lim_{s\to 0} sF(s) = \lim_{s\to 0} \frac{s(s+1)}{(s+1)^2 + 1} = 0 \]

2.3 拉普拉斯逆变换

由象函数 \(F(s)\) 求原函数 \(f(t)\)，可根据公式

\[ f(t) = \frac{1}{2\pi j}\int_{\beta - j\infty}^{\beta + j\infty} F(s)e^{st} ds \]

\(t \ge 0\)

\[ f(t) = L^{-1}[F(s)] \]

对于简单的象函数，可直接应用拉氏变换对照表，查出相应的原函数。 对于有理分式这类复杂象函数，通常先用 部分分式展开法（也称海维赛德展开定理），将复杂函数展开成简单函数的和，再应用拉氏变换对照表，即可写出相应的原函数。

试求 \(F(s) = \frac{s}{s^2 + 2s + 5}\) 的拉氏逆变换。 解

\[ L[F(s)] = L^{-1}\left[\frac{s}{s^2 + 2s + 5}\right] \]

\[ = L^{-1}\left[\frac{(s+1)-1}{(s+1)^2 + 2^2}\right] \]

\[ = L^{-1}\left[\frac{s+1}{(s+1)^2 + 2^2}\right] - L^{-1}\left[\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{(s+1)^2 + 2^2}\right] \]

\[ = (e^{-t} \cos 2t - \frac{1}{2}e^{-t} \sin 2t) \cdot u(t) \]

一般系统，通常有如下形式的有理分式：

\[ F(s) = \frac{N(s)}{D(s)} = \frac{b_m s^m + b_{m-1}s^{m-1} + \dots + b_1 s + b_0}{a_n s^n + a_{n-1}s^{n-1} + \dots + a_1 s + a_0} \]

\(a_1, a_2, \dots, a_n, b_1, b_2, \dots, b_m\) 都是实常数；\(m, n\) 为正整数，通常 \(m < n\)。

\[ F(s) = \frac{N(s)}{D(s)} = K \frac{(s-z_1)(s-z_2)\dots(s-z_m)}{(s-p_1)(s-p_2)\dots(s-p_n)} \]

当分母 \(D(s)=0\) 时 \(s\) 的根，称为 \(F(s)\) 的 极点； 当分子 \(N(s)=0\) 时 \(s\) 的根，称为 \(F(s)\) 的 零点。

1. 只含不同极点的情况

\[ F(s) = \frac{N(s)}{D(s)} = \frac{a_1}{(s-p_1)} + \dots + \frac{a_k}{(s-p_k)} + \dots + \frac{a_n}{(s-p_n)} \]

\(a_1, \dots, a_k, \dots, a_n\) 都是常数，叫做极点 \(s=p_k\) 上的 留数。

\[ a_k = [(s-p_k)F(s)]_{s=p_k} \]

拉氏逆变换，求得：

\[ f(t) = L^{-1}[F(s)] = (a_1 e^{p_1 t} + \dots + a_k e^{p_k t} + \dots + a_n e^{p_n t}) \cdot u(t) \]

试求 \(F(s) = \frac{s+3}{s^2 + 3s + 2}\) 的拉氏逆变换。 解 \(F(s)\) 的部分分式展开为

\[ F(s) = \frac{s+3}{(s+1)(s+2)} = \frac{a_1}{(s+1)} + \frac{a_2}{(s+2)} \]

又

\[ a_1 = \left[(s+1)\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}\right]_{s=-1} = \left[\frac{s+3}{s+2}\right]_{s=-1} = \frac{2}{1} = 2 \]

\[ a_2 = \left[(s+2)\frac{s+3}{(s+1)(s+2)}\right]_{s=-2} = \left[\frac{s+3}{s+1}\right]_{s=-2} = \frac{1}{-1} = -1 \]

则 \(f(t) = L^{-1}[F(s)] = L^{-1}\left[\frac{2}{s+1}\right] + L^{-1}\left[\frac{-1}{s+2}\right] = (2e^{-t} - e^{-2t})u(t)\)。

试求 \(G(s) = \frac{s^3 + 5s^2 + 9s + 7}{s^2 + 3s + 2}\) 的拉氏逆变换。 解: 因为分子多项式的阶次比分母多项式的阶次高，所以必须用分母去除分子。于是

\[ G(s) = s + 2 + \frac{s+3}{(s+1)(s+2)} \]

\[ g(t) = L^{-1}[G(s)] = \left(\frac{d}{dt}\delta(t) + 2\delta(t) + 2e^{-t} - e^{-2t}\right)u(t) \]

2. 含共轭复极点的情况

\[ F(s) = \frac{N(s)}{D(s)} = \frac{a_1 s + a_2}{s^2 + cs + d} = \frac{K_1}{s + \delta - j\beta} + \frac{K_2}{s + \delta + j\beta} \]

共轭复极点 \(p_{1,2} = -\delta \pm j\beta\) 分别求系数 \(K_1, K_2\)。 \(K_1 = A + jB\)， \(K_2 = A - jB\)。不难看出，\(K_1\) 与 \(K_2\) 成共轭关系。

\[ K_1 = [(s+\delta-j\beta)F(s)]_{s=-\delta+j\beta} = \frac{(a_2 - a_1\delta) + ja_1\beta}{2j\beta} = \frac{a_1\beta + (a_1\delta - a_2)j}{2\beta} \]

\[ K_2 = [(s+\delta+j\beta)F(s)]_{s=-\delta-j\beta} = \frac{(a_2 - a_1\delta) - ja_1\beta}{-2j\beta} = \frac{a_1\beta - (a_1\delta - a_2)j}{2\beta} \]

求出 \(A, B\): \(A = \frac{a_1}{2}\)，\(B = \frac{a_1\delta - a_2}{2\beta}\)。

\[ L^{-1}[F(s)] = f(t) = 2e^{-\delta t} [A \cos(\beta t) - B \sin(\beta t)] \cdot u(t) \]

\[ F(s) = \frac{N(s)}{D(s)} = \frac{a_1 s + a_2}{s^2 + cs + d} + \frac{a_3}{s-p_3} + \dots + \frac{a_n}{s-p_n} \]

\[ = \frac{K_1}{s+\delta-j\beta} + \frac{K_2}{s+\delta+j\beta} + \frac{a_3}{s-p_3} + \dots + \frac{a_n}{s-p_n} \]

\[ f(t) = L^{-1}[F(s)] \]

\[ = 2e^{-\delta t} [A \cos(\beta t) - B \sin(\beta t)] \cdot u(t) + (a_3 e^{p_3 t} + a_4 e^{p_4 t} + \dots + a_n e^{p_n t}) \cdot u(t) \]

\[ = 2e^{-\delta t} [A \cos(\beta t) - B \sin(\beta t)] u(t) + \sum_{i=3}^{n} a_i e^{p_i t} u(t) \]

例: 试求 \(F(s) = \frac{s^2 + 3}{(s^2 + 2s + 5)(s+2)}\) 的拉氏逆变换。 解: 将 \(F(s)\) 分解因式为

\[ F(s) = \frac{s^2 + 3}{(s+1+j2)(s+1-j2)(s+2)} = \frac{K_1}{s+1-j2} + \frac{K_2}{s+1+j2} + \frac{a_3}{s+2} \]

则共轭复极点 \(p_{1,2} = -1 \pm j2\)， \(\delta = 1\), \(\beta = 2\)。 分别求系数 \(K_1, K_2\) 和 \(a_3\):

\[ a_3 = [(s+2)F(s)]_{s=-2} = \left[(s+2)\frac{s^2+3}{(s^2+2s+5)(s+2)}\right]_{s=-2} = \left[\frac{s^2+3}{s^2+2s+5}\right]_{s=-2} = \frac{4+3}{4-4+5} = \frac{7}{5} \]

\[ K_1 = [(s+1-j2)F(s)]_{s=-1+j2} = \left[\frac{s^2+3}{(s+1+j2)(s+2)}\right]_{s=-1+j2} = \frac{(-1+j2)^2+3}{(-1+j2+1+j2)(-1+j2+2)} \]

\[ = \frac{1-4-2j+3}{(j4)(1+j2)} = \frac{-2j}{4j(1+j2)} = \frac{-1}{2(1+j2)} = \frac{-1}{2+4j} = \frac{-1(2-4j)}{4+16} = \frac{-2+4j}{20} = \frac{-1+2j}{10} \]

\(K_2 = K_1^* = \frac{-1-2j}{10}\)。 \(A = \text{Re}(K_1) = -\frac{1}{10}\)。 \(B = \text{Im}(K_1) = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}\)。

\[ L^{-1}[F(s)] = f(t) = 2e^{-t} [A \cos(\beta t) - B \sin(\beta t)] + a_3 e^{-2t} \]

\[ = 2e^{-t} \left[-\frac{1}{10} \cos(2t) - \frac{1}{5} \sin(2t)\right] + \frac{7}{5} e^{-2t} \]

\[ = -\frac{1}{5}e^{-t} \cos(2t) - \frac{2}{5}e^{-t} \sin(2t) + \frac{7}{5} e^{-2t} \]

3. 含多重极点的情况

设 \(A(s)=0\) 有 \(r\) 个重极点 \(p_1\) (即 \(A(s)=0\) 有 \(r\) 个重根 \(s_1 = -p_1\))，则 \(F(s)\) 可写成

\[ F(s) = \frac{B(s)}{A(s)} = \frac{B(s)}{(s+p_1)^r (s+p_{r+1})\cdots(s+p_n)} \]

\[ = \frac{a_r}{(s+p_1)^r} + \frac{a_{r-1}}{(s+p_1)^{r-1}} + \dots + \frac{a_1}{s+p_1} + \frac{a_{r+1}}{s+p_{r+1}} + \dots + \frac{a_n}{s+p_n} \]

\(p_1\) 为 \(F(s)\) 的重极点，\(p_{r+1}, \dots, p_n\) 为 \(F(s)\) 的 \((n-r)\) 个非重极点；\(a_r, a_{r-1}, \dots, a_1\) 和 \(a_{r+1}, a_{r+2}, \dots, a_n\) 为待定系数，按不同极点留数的方法求解。

系数 \(a_r, a_{r-1}, \dots, a_1\) 可通过如下方法来计算： 令 \(F_1(s) = \frac{a_r}{(s+p_1)^r} + \frac{a_{r-1}}{(s+p_1)^{r-1}} + \dots + \frac{a_1}{s+p_1}\)。 用 \((s+p_1)^r\) 乘以上式的两边，得 \((s+p_1)^r F_1(s) = a_r + a_{r-1}(s+p_1) + \dots + a_1(s+p_1)^{r-1}\)。 令 \(s = -p_1\)， \(a_r = [(s+p_1)^r F_1(s)]_{s=-p_1}\)。 将上式两边对 \(s\) 进行微分，得 \(\frac{d}{ds}[(s+p_1)^r F_1(s)] = a_{r-1} + 2a_{r-2}(s+p_1) + \dots + (r-1)a_1(s+p_1)^{r-2}\)。 令 \(s = -p_1\)， \(a_{r-1} = \frac{d}{ds}[(s+p_1)^r F_1(s)]_{s=-p_1}\)。 再将上式两边对 \(s\) 进行二阶微分，得 \(\frac{d^2}{ds^2}[(s+p_1)^r F_1(s)] = 2a_{r-2} + 3 \cdot 2 a_{r-3}(s+p_1) + \dots + (r-1)(r-2)a_1(s+p_1)^{r-3}\)。 再令 \(s = -p_1\)，得 \(a_{r-2} = \frac{1}{2!} \frac{d^2}{ds^2}[(s+p_1)^r F_1(s)]_{s=-p_1}\)。 类似地，对上式两边进行 \(k\) 阶微分，并令 \(s = -p_1\)， \(a_{r-k} = \frac{1}{k!} \frac{d^{(k)}}{ds^{(k)}}[(s+p_1)^r F_1(s)]_{s=-p_1}\)。

因此，得到递推公式：

\[ a_r = [(s+p_1)^r F_1(s)]_{s=-p_1} \]

\[ a_{r-1} = \frac{d}{ds}[(s+p_1)^r F_1(s)]_{s=-p_1} \]

\[ a_{r-2} = \frac{1}{2!} \frac{d^2}{ds^2}[(s+p_1)^r F_1(s)]_{s=-p_1} \]

\[ \dots \]

\[ a_{r-k} = \frac{1}{k!} \frac{d^{(k)}}{ds^{(k)}}[(s+p_1)^r F_1(s)]_{s=-p_1} \]

\[ \dots \]

\[ a_1 = \frac{1}{(r-1)!} \frac{d^{(r-1)}}{ds^{(r-1)}}[(s+p_1)^r F_1(s)]_{s=-p_1} \]

原函数 \(f(t)\) 为

\[ f(t) = L^{-1}[F(s)] = L^{-1}[F_1(s)] + L^{-1}\left[\frac{a_{r+1}}{s+p_{r+1}} + \dots + \frac{a_n}{s+p_n}\right] \]

\[ = \left[\frac{a_r}{(r-1)!}t^{r-1} + \frac{a_{r-1}}{(r-2)!}t^{r-2} + \dots + a_2 t + a_1\right]e^{-p_1 t} \cdot u(t) + \sum_{i=r+1}^{n} a_i e^{-p_i t} \cdot u(t) \]

【例 2.13】 试求 \(F(s) = \frac{s+2}{s(s+1)^2(s+3)}\) 的拉氏逆变换。 解: 当分母 \(A(s)=0\)， \(s\) 有四个极点，即：二重极点 \(p_1 = -1\) 和非重极点 \(p_3 = 0, p_4 = -3\)。 将 \(F(s)\) 展开成部分分式

\[ F(s) = \frac{s+2}{s(s+1)^2(s+3)} = \frac{a_2}{(s+1)^2} + \frac{a_1}{s+1} + \frac{a_3}{s} + \frac{a_4}{s+3} \]

\[ a_1 = \frac{d}{ds}\left[(s+1)^2 \frac{s+2}{s(s+1)^2(s+3)}\right]_{s=-1} = \left[\frac{d}{ds}\frac{s+2}{s(s+3)}\right]_{s=-1} \]

\[ = \left[\frac{1 \cdot s(s+3) - (s+2)(2s+3)}{s^2(s+3)^2}\right]_{s=-1} = \left[\frac{s^2+3s - (2s^2+9s+6)}{s^2(s+3)^2}\right]_{s=-1} \]

\[ = \left[\frac{-s^2-6s-6}{s^2(s+3)^2}\right]_{s=-1} = \frac{-1+6-6}{1(2)^2} = -\frac{1}{4} \]

\[ a_2 = \left[(s+1)^2 \frac{s+2}{s(s+1)^2(s+3)}\right]_{s=-1} = \left[\frac{s+2}{s(s+3)}\right]_{s=-1} = \frac{-1+2}{(-1)(-1+3)} = \frac{1}{(-1)(2)} = -\frac{1}{2} \]

\[ a_3 = \left[s \frac{s+2}{s(s+1)^2(s+3)}\right]_{s=0} = \left[\frac{s+2}{(s+1)^2(s+3)}\right]_{s=0} = \frac{2}{1^2 \cdot 3} = \frac{2}{3} \]

\[ a_4 = \left[(s+3)\frac{s+2}{s(s+1)^2(s+3)}\right]_{s=-3} = \left[\frac{s+2}{s(s+1)^2}\right]_{s=-3} = \frac{-3+2}{(-3)(-3+1)^2} = \frac{-1}{(-3)(4)} = \frac{1}{12} \]

得到 \(F(s)\) 的原函数 \(f(t)\) 为

\[ f(t) = L^{-1}[F(s)] = -\frac{1}{2} e^{-t} t + (-\frac{1}{4}) e^{-t} + \frac{2}{3} + \frac{1}{12} e^{-3t}, \quad t \ge 0 \]

补充：卷积与卷积定理

1. 概念

由傅氏变换的卷积性质得知：两个函数 \(f_1(t)\) 和 \(f_2(t)\) 的卷积是指

\[ f_1(t) * f_2(t) = \int_{-\infty}^{\infty} f_1(\tau) f_2(t-\tau) d\tau \]

当 \(t < 0\) 时，\(f_1(t) = f_2(t) = 0\)。

\[ f_1(t) * f_2(t) = \int_{-\infty}^{\infty} f_1(\tau) f_2(t-\tau) d\tau + \int_{0}^{t} f_1(\tau) f_2(t-\tau) d\tau + \int_{t}^{\infty} f_1(\tau) f_2(t-\tau) d\tau \]

\[ = \int_{0}^{t} f_1(\tau) f_2(t-\tau) d\tau \]

卷积定义： 而 \(f_1(t) * f_2(t) = \int_{0}^{t} f_1(\tau) f_2(t-\tau) d\tau = \int_{0}^{t} f_2(\tau) f_1(t-\tau) d\tau = f_2(t) * f_1(t)\)。 同时，卷积还满足结合律与对加法的分配律，即 \(f_1(t) * [f_2(t) * f_3(t)] = [f_1(t) * f_2(t)] * f_3(t)\) \(f_1(t) * [f_2(t) + f_3(t)] = f_1(t) * f_2(t) + f_1(t) * f_3(t)\)

2. 卷积定理

若 \(L[f_1(t)] = F_1(s)\)， \(L[f_2(t)] = F_2(s)\)，则

\[ L[f_1(t) * f_2(t)] = F_1(s)F_2(s) \]

证明: 由拉氏变换和卷积的定义，可以写出

\[ L[f_1(t) * f_2(t)] = \int_{0}^{\infty} [f_1(t) * f_2(t)] e^{-st} dt \]

\[ = \int_{0}^{\infty} \left[ \int_{0}^{t} f_1(\tau) f_2(t-\tau) d\tau \right] e^{-st} dt \]

当 \(t > \tau\) 时，有 \(f_2(t-\tau)u(t-\tau) = f_2(t-\tau)\)，即

\[\begin{split} f_2(t - \tau)u(t - \tau) = \begin{cases} 0 & t < \tau \\ f_2(t-\tau) & t > \tau \end{cases} \end{split}\]

因此，

\[ \int_{0}^{\infty} \left[ \int_{0}^{t} f_1(\tau) f_2(t-\tau) u(t-\tau) d\tau \right] e^{-st} dt = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} f_1(\tau) f_2(t-\tau) u(t-\tau) e^{-st} dt d\tau \]

\[ = \int_{0}^{\infty} f_1(\tau) d\tau \int_{0}^{\infty} f_2(t-\tau) u(t-\tau) e^{-st} dt \]

令 \(t - \tau = \lambda\)， \(L[f_1(t) * f_2(t)] = \int_{0}^{\infty} f_1(\tau) d\tau \int_{0}^{\infty} f_2(\lambda) u(\lambda) e^{-s(\lambda+\tau)} d\lambda\)

\[ = \int_{0}^{\infty} f_1(\tau)e^{-s\tau} d\tau \int_{0}^{\infty} f_2(\lambda)e^{-s\lambda} d\lambda \]

\[ = F_1(s)F_2(s) \]

同理可得复频域的卷积定理（也称时域相乘定理）

\[ L[f_1(t)f_2(t)] = \frac{1}{2\pi j} [F_1(s) * F_2(s)] = \frac{1}{2\pi j} \int_{\beta-j\infty}^{\beta+j\infty} F_1(p)F_2(s-p)dp \]

62. 拉氏变换表

1. 教材《自动控制原理》：

• 变换对照表序号：1-6, 14-15, 20, 22

• 第6版：P589-600

• 第7版：P630-633

2. 电子版材料：

• 拉氏变换的性质表2-1：P32

• 常用函数拉氏变换表2-2：P33

63. 本章作业 (请写题目)

《机械控制工程基础》玄兆燕编-第2版 页码：P36

所有作业要求:

• 图、公式用尺

• 正规作业纸

• 作业纸单面答题

• 字迹工整

• 包含推导过程

√ 2.1 (奇数编号共4小题) √ 2.2, 2.3 √ 2.5 (偶数编号共4小题)

习题 2

2.1 试求下列函数的拉氏变换。(奇)(偶) (1) \(f(t) = (4t+5)\cdot \delta(t)+(t+2)\cdot u(t)\) (2) \(f(t) = t^2 e^{at} u(t)\) (3) \(f(t) = \begin{cases} \sin t & 0 < t \le \pi \\ 0 & t < 0, t > \pi \end{cases}\)

64. 本章作业

第2章 拉普拉斯变换 37

所有作业要求:

• 图、公式用尺

• 正规作业纸

• 作业纸单面答题

• 字迹工整

• 包含推导过程

(4) \(f(t) = \sin(5t+\frac{\pi}{3})u(t)\) (5) \(f(t) = [4 \cos(2t)]\frac{t}{3} - u(t)\) (6) \(f(t) = e^{-6t} (\cos 8t + \sin 8t)u(t)\) (7) \(f(t) = (t e^{-3t} + e^{-t} \cos 2t + e^{-t} \sin 4t)u(t)\) (8) \(f(t) = 5 - u(t-2) + (t-1)^2 e^{2t} u(t)\)

2.2 已知 \(F(s) = \frac{s}{s(s+1)}\)，试求： (1) 利用终值定理，求 \(t \rightarrow \infty\) 时 \(f(t)\) 的值。 (2) 通过 \(F(s)\) 的拉氏逆变换，求 \(t \rightarrow \infty\) 时 \(f(t)\) 的值。

2.3 已知 \(F(s) = \frac{1}{(s+2)^2}\)，试求： (1) 利用初值定理，求 \(f(0_+)\) 和 \(f'(0)\) 的值。 (2) 通过 \(F(s)\) 的拉氏逆变换，求 \(f(t)\) 和 \(f'(t)\)，然后求 \(f(0_+)\) 和 \(f'(0_+)\)。

2.4 求如题 2.4 图所示的各种波形的拉氏变换。

2.5 试求下列函数的拉氏逆变换。(偶数)(奇) (1) \(F(s) = \frac{1}{s^2+4}\) (2) \(F(s) = \frac{s}{s^2-2s+5} + \frac{s+1}{s^2+9}\) (3) \(F(s) = e^{-t} u(t-1)\) (4) \(F(s) = \frac{e^{-s}}{s-1}\) (5) \(F(s) = \frac{4}{s^2+8s+4}\) (6) \(F(s) = \frac{s}{s^2+9}\) (7) \(F(s) = \frac{3}{(s+1)^2}\) (8) \(F(s) = \frac{1}{(s+2)(s^2+2s+2)}\)