开刷：《信号与系统》 Lec #20 拉普拉斯变换

课本是电子工业出版社出版的奥本海姆《信号与系统》第二版，刘树棠译。

视频课可以在网易公开课看到，搜索MIT的信号与系统，老师就是课本的作者。

0. 涉及内容

p.417 - p.430

简单看完拉普拉斯变换推导之后，重点看下面的5个例题。

1. 拉普拉斯变换(Laplace transform)

学习拉普拉斯变换，我建议先返回去再看一下当时学习傅里叶变换的笔记。能够利用傅里叶变换这一强大工具分析信号与LTI系统是因为很多种类的信号都可以表示为周期复指数信号的线性组合，而且复指数信号是LTI系统的特征函数(eigenfunction)。

当时学习连续时间傅里叶变换，我们将信号表示为形如 $e^{st}$ 的复指数信号的线性组合，其中 $s=j \omega$ 。而实际上特征函数性质对任意 $s$ 值都是适用的，而不局限于纯虚数。推广开来，连续时间中有拉普拉斯变换，离散时间有z变换。

我们在学习傅里叶级数时知道，对于一个单位冲激响应为 $h(t)$ 的线性时不变系统，当输入为 $e^{st}$ 时，输出为，

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

其中，

$H(s) = \int_{- \infty}^{+ \infty} h(t) e^{-st} \mathrm{d} t$

对于 $s$ 为纯虚数情况，即 $s = j \omega$ ， $H(s) = H(j \omega)$ 就是 $h(t)$ 的傅里叶变换；对于一般复变量 $s = \sigma + j \omega$ ， $H(s)$ 就称为 $h(t)$ 的拉普拉斯变换。

我们定义一个信号 $x(t)$ 的拉普拉斯变换如下，

$X(s) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x(t) e^{-st} \mathrm{d} t$

$x(t)$ 和 $X(s)$ 的对应关系表示如下，

$x(t) \xleftrightarrow{L} X(s)$

其中 $s = \sigma + j \omega$ ， $\sigma$ 是它的实部， $\omega$ 是它的虚部。当 $s=j \omega$ 时，上式就变成了 $x(t)$ 的傅里叶变换，即

$X(j \omega) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x(t) e^{-j \omega t} \mathrm{d} t$

当 $s$ 不是纯虚数时，拉普拉斯变换和傅里叶变换也有对应关系，用 $s = \sigma + j \omega$ 代替 $s$ ，如下式，

$X(\sigma + j \omega) = \int_{-\infty}^{+\infty} x(t) e^{-(\sigma + j \omega) t} \mathrm{d} t = \int_{-\infty}^{+\infty} [x(t) e^{- {\sigma} t }] e^{- j {\omega} t} \mathrm{d} t$

上式的右边可以看成是 $x(t) e^{- {\sigma} t }$ 的傅里叶变换，换句换说， $x(t)$ 的拉普拉斯变换可以看成是 $x(t)$ 乘以一个实指数信号以后的傅里叶变换。取决于 $\sigma$ 的正负，实指数信号 $e^{- \sigma t}$ 可能是衰减的也可能是增长的。

下面看课本上的两个例题，

例9.1 求 $x(t)$ 的拉普拉斯变换

$x(t) = e^{-at} u(t)$

这个信号非常常见，我们在学习傅里叶变换时做过它的傅里叶变换，其傅里叶变换在 $a > 0$ 时收敛，因为只有 $a>0$ 才会使得信号 $x(t)$ 绝对可积。

$X(j \omega) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x(t) e^{-j \omega t} \mathrm{d} t = \int_{0}^{+ \infty} e^{-at} e^{-j \omega t} \mathrm{d} t = \frac{1}{j {\omega} +a} \quad , a>0$

现在来求其拉普拉斯变换，

$X(s) = \int_{- \infty}^{+ \infty} x(t) e^{-s t} \mathrm{d} t = \int_{0}^{+ \infty} e^{-(s+a) t} \mathrm{d} t$

用 $s = \sigma + j \omega$ 代替 $s$ ，

$X(\sigma + j \omega) = \int_{0}^{+ \infty} e^{-({\sigma} +a) t} e^{-j {\omega}t} \mathrm{d} t$

可以看出上式就是 $e^{-({\sigma} +a) t} u(t)$ 的傅里叶变换，于是可以得出，

$X(\sigma + j \omega) = \frac{1}{({\sigma} +a)+ j {\omega}}, \quad {\sigma} +a >0$

因为 $s= {\sigma} + j {omega}$ 且 ${\sigma} = Re\{ s \}$ ，因此，

$X(s) = \frac{1}{s+a}, \quad Re\{ s \} > -a$

例9.2 求 $x(t)$ 的拉普拉斯变换

$x(t) = - e^{-at} u(-t)$

$X(s) = - \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{-at} e^{-s t} u(-t) \mathrm{d} t = - \int_{- \infty}^{0} e^{-(a+s)t} \mathrm{d} t = \frac{1}{s+a}$

对于这个例子，若想保证收敛，需要 $Re \{ s+a \} < 0$ ，也就是 $Re \{ s \} < -a$ ，综上，

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

从例9.1和例9.2看出，如同并不是所有信号的傅里叶变换都收敛一样，拉普拉斯变换可能对某些 $Re\{ s \}$ 值收敛，而对另一些 $Re\{ s \}$ 值不收敛。例9.1中，拉普拉斯变换仅对 ${\sigma} = Re \{ s \} > -a$ 收敛，如果 $a$ 为正值，那么 $X(s)$ 就能在 $\sigma = 0$ 求值，从而得到，

$X(0+ j \omega) = \frac{1}{j \omega +a}$

这就是前面提到的，对于 $\sigma = 0$ ，拉普拉斯变换等于傅里叶变换。如果 $a$ 是负的或者0，则拉普拉斯变换仍然存在而傅里叶变换不存在。

同时对比例9.1和例9.2的结果，我们发现不同的两个信号可能具有相同的拉普拉斯变换表达式，唯独拉普拉斯收敛域不同。因此我们在给出一个信号的拉普拉斯变换时，一定要同时给出拉普拉斯变换表示式和其收敛域(Region of convergence, ROC)！！

收敛域的定义：使得拉普拉斯变换积分式收敛的 $s$ 值的范围，也就是说，对于这些 $s$ 来说， $x(t) e^{- \sigma t}$ 的傅里叶变换收敛。下图就是例9.1和例9.2收敛域的s平面表示，

收敛域的s平面表示

上图中阴影部分表示的就是收敛域了（能看的清吗。。），水平轴为 $\sigma$ 轴，纵轴为 $j \omega$ 轴。

再来看两个例子，以多了解一下拉普拉斯变换的收敛域。

例9.3 $x(t) = 3 e^{-2t} u(t) - 2 e^{-t} u(t)$

$\begin{align*} X(s) & = \int_{- \infty}^{+ \infty} [3 e^{-2t} u(t) - 2 e^{-t} u(t)] e^{-st} \mathrm{d} t \\ & = 3 \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{-2t} e^{-st} u(t) \mathrm{d} t - 2 \int_{- \infty}^{+ \infty} e^{-t} e^{-st} u(t) \mathrm{d} t \\ & = \frac{3}{s+2} - \frac{2}{s+1} \end{align*}$

现在来确定收敛域，可以看出 $x(t)$ 是两个实指数信号的和，一个是 $3 e^{-2t} u(t)$ ，另一个是 $- 2 e^{-t} u(t)$ ，根据例9.1我们知道，

$3 e^{-2t} u(t) \quad {\xleftrightarrow{L}} \quad {\frac{3}{s+2}}, \quad {Re} { \{ } {s} { \} } > -2$

$2 e^{-t} u(t) \quad { \xleftrightarrow{L} } \quad {\frac{2}{s+1}}, \quad {Re} { \{ } {s} { \} } > -1$

为了让 $x(t)$ 的拉普拉斯变换收敛，那么就要保证上面这两个拉普拉斯变换都要收敛，也就是它们收敛域的交集，因此，

$3 e^{-2t} u(t) - 2 e^{-t} u(t) \quad {\xleftrightarrow{L}} \quad \frac{3}{s+2} - \frac{2}{s+1}, \quad {Re} { \{ } {s} { \} } > -1$

例9.4 $x(t) = e^{-2t} u(t) + e^{-t} {(\cos 3t)} u(t)$

先利用欧拉公式对 $x(t)$ 进行变形得到，

$x(t) = [e^{-2t} + {\frac{1}{2}} e^{-(1-j3)t} + {\frac{1}{2}} e^{-(1+j3)t} ] u(t)$

利用线性性质，可以将 $X(s)$ 表示为三个信号的拉普拉斯变换的和，那么，

$e^{-2t} u(t) \quad {\xleftrightarrow{L}} \quad \frac{1}{s+2} , \quad {Re} { \{ } {s} { \} } > -2$

$e^{-(1-j3)t} u(t) \quad {\xleftrightarrow{L}} \quad \frac{1}{s+(1-j3)} , \quad {Re} { \{ } {s} { \} } > -1$

$e^{-(1+j3)t} u(t) \quad {\xleftrightarrow{L}} \quad \frac{1}{s+(1+j3)} , \quad {Re} { \{ } {s} { \} } > -1$

为了使上面的三个拉普拉斯变换都收敛，那么 $X(s)$ 的收敛域就是它们的交集了，综上，

$X(s) = \frac{1}{s+2} + {\frac{1}{2}} {\frac{1}{s+(1-j3)}} + {\frac{1}{2}} {\frac{1}{s+(1+j3)}} , {\quad} {Re} { \{ } {s} { \} } > -1$

上面这4个例题，它们的拉普拉斯变换都可以表示成复变量 $s$ 的两个多项式之比，即

$X(s) = {\frac{N(s)}{D(s)}}$

其中 $N(s)$ 为分子多项式， $N$ 是分子英文Numerator的首字母， $D(s)$ 是分母多项式， $D$ 是分母英文Denominator的首字母。只要 $x(t)$ 是实指数或复指数信号的线性组合， $X(s)$ 就一定是有理的。

分子多项式的根称为 $X(s)$ 的零点，在s平面上用 $\bigcirc$ 表示零点的位置；分母多项式的根称为 $X(s)$ 的极点，在s平面上用 $\times$ 表示极点的位置。如下图所示是例9.3和例9.4的拉普拉斯变换s平面表示，

例9.3和例9.4的拉普拉斯变换s平面表示

通过s平面内的极点和零点表示 $X(s)$ 被称为 $X(s)$ 的零-极点图。除了一个常数因子外，一个有理拉普拉斯变换的完全表征是由该变换的零极点图与它的收敛域一起组成的。

例9.3和例9.4中，分母多项式都比分子多项式阶次高了1阶，如果分母多项式的阶次高于分子多项式，那么 $X(s)$ 将随着 $s$ 趋于无穷大而趋于零，所以例9.3和例9.4在无穷远处都有一个零点。相反，如果分母多项式的阶次低于分子多项式，差为 $k$ 阶，那么在无穷远处有 $k$ 阶极点。

例9.5 $x(t) = {\delta} (t) - {\frac{4}{3}} e^{-t} u(t) + {\frac{1}{3}} e^{2t} u(t)$

上式中，后两项的拉普拉斯变换可以利用例9.1的结果求出，现在求第一项的拉普拉斯变换，直接套用拉普莱斯变换的公式，

$L\{ {\delta}(t) \} = \int_{- \infty}^{+ \infty} {\delta}(t) e^{-st} \mathrm{d} t = 1$

$X(s) = 1- {\frac{4}{3}} {\frac{1}{s+1}} + {\frac{1}{3}} {\frac{1}{s-2}} = {\frac{(s-1)^2}{(s+1)(s-2)}} , {\quad} {Re} { \{ } {s} { \} } > 2$

该拉普拉斯变换的分子多项式和分母多项式同阶次，所以无穷远处既没有极点也没有零点。其零极点图和收敛域如下图所示，收敛域在下图虚线右边，

例9.5的零极点图和ROC

回顾拉普拉斯变换和傅里叶变换的关系，如果一个信号的拉普拉斯变换收敛域内包含 $j \omega$ 轴，那么该信号的傅里叶变换收敛，如果不包含，那其傅里叶变换就不收敛。如例9.5的信号的傅里叶变换就不收敛。

2. 拉普拉斯变换收敛域(Region of convergence, ROC)

理解下面所列的收敛域的8个性质，

性质1： $X(s)$ 的收敛域在s平面内由平行于 $j \omega$ 轴的带状区域所组成。即收敛域的形状是竖直方向的，这与 $x(t) e^{- {\sigma} t}$ 绝对可积条件有关，因为这一条件只与 $\sigma$ 有关，所以收敛域是平行于 $j \omega$ 轴的。
性质2：对于有理拉普拉斯变换，其收敛域内不包含任何极点。
性质3：如果 $x(t)$ 是有限持续期的，并且绝对可积，那么其收敛域就是整个s平面。
性质4：如果 $x(t)$ 是右边信号，即从某一时间点开始 $x(t)$ 才不为0，这就是右边信号，下一个性质提到的左边信号也是同理的。如果 $x(t)$ 是右边信号，并且 $Re\{ s \} = \sigma _0$ 位于收敛域内，那么 $Re\{ s \} > \sigma _0$ 的全部s值都位于收敛域内。
性质5：如果 $x(t)$ 是左边信号，并且 $Re\{ s \} = \sigma _0$ 位于收敛域内，那么 $Re\{ s \} < \sigma _0$ 的全部s值都位于收敛域内。
性质6：如果 $x(t)$ 是双边信号，并且 $Re\{ s \} = \sigma _0$ 位于收敛域内，那么收敛域一定是一个s平面内的带状区域，直线 $Re\{ s \} = \sigma _0$ 位于带中。
性质7：如果 $x(t)$ 的拉普拉斯变换 $X(s)$ 是有理的，那么它的收敛域是被极点所界定或延伸至无穷远，且收敛域内不能包含 $X(s)$ 的任何极点。
性质8：这个性质是性质4，5，7的综合。如果 $x(t)$ 的拉普拉斯变换 $X(s)$ 是有理的，那么若 $x(t)$ 是右边信号，则其收敛域在s平面上位于最右边极点的右侧；若 $x(t)$ 是左边信号，则其收敛域在s平面上位于最左边极点的左侧。

下面通过例9.8来说明收敛域和零极点图如何联系，

例9.8 $X(s) = {\frac{1}{(s+1)(s+2)}}$

例9.8的零极点图和不同收敛域

图(a)为 $X(s)$ 的零极点图，分别位于 $s=-1$ 和 $s=-2$ 。图(b)是 $x(t)$ 为右边信号时的 $X(s)$ 的收敛域，收敛域位于最右边极点 $s=-1$ 的右边。图(c)是 $x(t)$ 为左边信号时的 $X(s)$ 的收敛域，收敛域位于最左边极点 $s=-2$ 的左边。图(d)是 $x(t)$ 为双边信号时的 $X(s)$ 的收敛域，收敛域如果存在的话就会位于左边极点和右边极点之间的带状区域。

3. 拉普拉斯逆变换

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

为了笔记完整，我试着写一下上式的推导过程，因为 $x(t)$ 的拉普拉斯变换为

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

其中 $s= \sigma + j \omega$ 在收敛域内，利用傅里叶逆变换有，

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

上式左右同时乘以 $e^{{\sigma} t}$ ，得

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

注意上式中，积分变量为 $\omega$ ，所以为了恢复 $x(t)$ ，可以在收敛域内，固定 $\sigma$ ，在 $\omega$ 从 $- \infty$ 到 $+ \infty$ 变化的这一组 $s$ 值上求积分，即积分路径是一条s平面内满足 $Re\{ s \} = \sigma$ 的直线，这条直线平行于 $j \omega$ 轴。用 $s$ 代替 $\sigma + j \omega$ ， $\mathrm{d} s = j \mathrm{d} \omega$ ，这样就得到了通过 $X(s)$ 得到 $x(t)$ 的拉普拉斯逆变换的公式，

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

这也太麻烦了。。。

一般求有理拉普拉斯逆变换的方法是展开 $X(s) = \sum_{i=1}^{m} {\frac{A_i}{s+a_i}}$ ，再根据收敛域，就可以确定其拉普拉斯逆变换，如例9.9.

例9.9 $X(s) = {\frac{1}{(s+1)(s+2)}}, \quad Re\{ s \} > -1$

展开 $X(s)$ ，

$X(s) = {\frac{1}{s+1}} - \frac{1}{s+2}$

所以 $X(s)$ 有两个极点，又因为 $X(s)$ 的收敛域为 $Re\{ s \} > -1$ ，所以 $X(s)$ 的两项的收敛域的交集是 $Re\{ s \} > -1$ ，因为

$e^{-t} u(t) \quad \xleftrightarrow{L} \quad \frac{1}{s+1} , \quad Re\{ s \} > -1$

$e^{-2t} u(t) \quad \xleftrightarrow{L} \quad \frac{1}{s+2} , \quad Re\{ s \} > -2$

所以得到 $x(t)$

$x(t) = [e^{-t} - e^{-2t}] u(t)$

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开刷：《信号与系统》 Lec #20 拉普拉斯变换

0. 涉及内容

1. 拉普拉斯变换(Laplace transform)

2. 拉普拉斯变换收敛域(Region of convergence, ROC)

3. 拉普拉斯逆变换

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