Laplace 变换、ROC 与连续系统

第 10 章拉普拉斯变换

10.1 双边拉普拉斯变换与 ROC

双边拉普拉斯变换：

X(s)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-st}\,dt

其中：

s=\sigma+j\omega

ROC 是收敛域，决定变换是否存在，也决定时域信号的左右边性质。

拉普拉斯 s 平面与 ROC：极点、收敛域、因果稳定判断

讲 ROC 时不要只写不等式。先在 $s$ 平面上画极点和阴影区域，再说右边信号、左边信号、双边信号分别对应什么收敛域。

10.2 常见变换与 ROC

右边指数：

e^{-at}u(t)\leftrightarrow \frac{1}{s+a},\quad \operatorname{Re}(s)>-a

左边指数：

-e^{-at}u(-t)\leftrightarrow \frac{1}{s+a},\quad \operatorname{Re}(s)<-a

同一个代数式 $\frac{1}{s+a}$ ，ROC 不同，时域信号不同。

10.3 系统函数

连续 LTI 系统：

H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}

若系统由微分方程给出：

\sum_{k=0}^{N}a_k\frac{d^k y(t)}{dt^k}=\sum_{m=0}^{M}b_m\frac{d^m x(t)}{dt^m}

零状态下：

H(s)=\frac{\sum_{m=0}^{M}b_m s^m}{\sum_{k=0}^{N}a_k s^k}

10.4 因果稳定判断

因果系统：ROC 在最右极点右侧。
稳定系统：ROC 包含虚轴 $j\omega$ 。
因果且稳定：所有极点位于左半平面。

题干识别

“由极点零点判断因果稳定”：先画 $s$ 平面。
“同一 $H(s)$ 可能有哪些冲激响应”：枚举 ROC。
“求频率响应”：若 ROC 包含虚轴，令 $s=j\omega$ 。

易错点

极点不在 ROC 内。
稳定看 ROC 是否包含虚轴，不是只看代数式。
因果稳定才等价于极点全在左半平面。

7. 拉普拉斯变换表与 ROC

双边拉普拉斯：

X(s)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-st}\,dt

信号 $x(t)$	$X(s)$	ROC
$\delta(t)$	$1$	全平面
$\delta(t-t_0)$	$e^{-st_0}$	全平面
$u(t)$	$\frac{1}{s}$	$\operatorname{Re}s>0$
$-u(-t)$	$\frac{1}{s}$	$\operatorname{Re}s<0$
$e^{-at}u(t)$	$\frac{1}{s+a}$	$\operatorname{Re}s>-a$
$-e^{-at}u(-t)$	$\frac{1}{s+a}$	$\operatorname{Re}s<-a$
$t^nu(t)$	$\frac{n!}{s^{n+1}}$	$\operatorname{Re}s>0$
$t^ne^{-at}u(t)$	$\frac{n!}{(s+a)^{n+1}}$	$\operatorname{Re}s>-a$
$e^{-at}\cos\omega_0t\,u(t)$	$\frac{s+a}{(s+a)^2+\omega_0^2}$	$\operatorname{Re}s>-a$
$e^{-at}\sin\omega_0t\,u(t)$	$\frac{\omega_0}{(s+a)^2+\omega_0^2}$	$\operatorname{Re}s>-a$

7.1 同一代数式，不同 ROC

右边信号：

e^{-at}u(t)\leftrightarrow\frac{1}{s+a},\quad \operatorname{Re}s>-a

左边信号：

-e^{-at}u(-t)\leftrightarrow\frac{1}{s+a},\quad \operatorname{Re}s<-a

结论：拉普拉斯反变换必须同时看表达式和 ROC。

7.2 拉普拉斯性质

时域	$s$ 域
$x(t-t_0)$	$e^{-st_0}X(s)$
$e^{-at}x(t)$	$X(s+a)$
$x'(t)$	$sX(s)$ ，双边且边界为 0
单边 $x'(t)$	$sX(s)-x(0^-)$
$\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau$	$\frac{X(s)}{s}$
$x*h$	$X(s)H(s)$
$t x(t)$	$-\frac{dX(s)}{ds}$

7.3 拉普拉斯反变换套路

单极点：

\frac{A}{s+a}\rightarrow \begin{cases} Ae^{-at}u(t),&\text{右边 ROC}\\ -Ae^{-at}u(-t),&\text{左边 ROC} \end{cases}

两个单极点：

\frac{1}{(s+a)(s+b)} =\frac{1}{b-a}\left(\frac{1}{s+a}-\frac{1}{s+b}\right)

因果时：

x(t)=\frac{1}{b-a}(e^{-at}-e^{-bt})u(t)

重极点：

\frac{1}{(s+a)^{n+1}} \leftrightarrow \frac{t^n}{n!}e^{-at}u(t)

共轭极点：

s=-a\pm j\omega_0

自然响应形如：

e^{-at}\cos(\omega_0t+\varphi)u(t)

7.4 因果稳定判断

有理 $H(s)$ ：

因果：ROC 在最右极点右侧。
反因果：ROC 在最左极点左侧。
双边：ROC 在极点之间。
稳定：ROC 包含 $j\omega$ 轴。
因果且稳定：全部极点在左半平面。

13.1 单边 Laplace 定义

X_+(s)=\int_{0^-}^{\infty}x(t)e^{-st}\,dt

若题目给 $y(0^-)$ 、 $y'(0^-)$ ，默认用单边 Laplace。

13.2 单边 Laplace 常用公式

时域	单边 Laplace
$x(t)$	$X_+(s)$
$\frac{dx(t)}{dt}$	$sX_+(s)-x(0^-)$
$\frac{d^2x(t)}{dt^2}$	$s^2X_+(s)-sx(0^-)-x'(0^-)$
$\frac{d^n x(t)}{dt^n}$	$s^nX_+(s)-\sum_{k=0}^{n-1}s^{n-1-k}x^{(k)}(0^-)$
$\int_{0^-}^{t}x(\tau)d\tau$	$\frac{X_+(s)}{s}$

计算证明，以一阶导数为例：

\int_{0^-}^{\infty}x'(t)e^{-st}dt =x(t)e^{-st}\bigg|_{0^-}^{\infty} +s\int_{0^-}^{\infty}x(t)e^{-st}dt =sX_+(s)-x(0^-)

二阶和高阶就是连续分部积分。

13.3 Laplace 初值定理与终值定理

初值定理：

x(0^+)=\lim_{s\to\infty}sX(s)

适用条件： $x(t)$ 在 $0^+$ 没有不可忽略的冲激项。

终值定理：

x(\infty)=\lim_{s\to0}sX(s)

适用条件： $sX(s)$ 的极点都在左半平面，允许在原点有一个可消去的简单极点。若有右半平面极点、虚轴非零极点，终值不存在。

考场判断：

极点在右半平面：发散。
极点在虚轴非零点：持续振荡。
重极点在原点：随时间增长。
全在左半平面：可以用终值定理。

16.1 Laplace 反变换基本对