信号与线性系统：第5章 CTS 的复频域分析

第五章CTS的复频域分析§5.1引言FT分析法的不足之处：1.一般只能处理符合狄利希莱条件的信号。et(t)(>0）不存在有FT。2.反FT积分的求解困难。3.只能确定零状态响应。频域复频域ＦＴ

ＬＴ共同点：线性系统具有迭加性与齐次性。主要区别：信号份解的基本单元不同，在ＦＴ中是虚指数信号ejt或cost;

而在LT中是est

或etcost。§5.2拉普拉斯变换（LT）5.2-----LT的定义收敛因子e-t

。使得t

时，f(t)e-t0,t-时，f(t)e-t0f(t)et

1e-t0te(-)t

(t)e-t1f(t)e-t0t一种存在有双边LT的函数例：乘以收敛因子后，有f(t)e-t=

e-tt>0e(-)t

t<0只要<，则t

，f(t)e-t0，

其FT为ℱ[f(t)e-t]etf(t)=1t>0t<0(5—1a)(5—1b)(5—2)它是+j的函数，可写成F(+j)的付氏反变换令s=+j,并称之为复频率,从而ds=jd,当=时,s=j,于是有f(t)e-t=ℱ-1[F(+j)]=故和(5—4)(5—3)双边拉普拉斯变换式或广义付氏变换式；F(s)-----拉普拉斯变换（象函数），f(t)-----原函数Fd(s)=ℒd{f(t)}f(t)=ℒ-1{Fd(s)}d若t<0时，f(t)=0或只考虑信号在t0的部分，有(5—6)

(5—5)

单边拉普拉斯变换式，标记如下：F(s)=ℒ

{f(t)}f(t)=ℒ-1{F(s)}或f(t)F(s)FT和LT的基本差别：f(t)t为实数F(j)

频域函数，

为实数

F(s)复频域函数（复变函数），s为复数，通常称为复频率，F(s)看成复频谱。5.2-----2复频率和复平面

tttttttttttB2A1A2B1C2C1C1*C2*D1*D2*D1D2E1E2E1*E2*0

j左半平面右半平面当s=+j确定,est

亦确定,反映est=etejt

幅度变化的速率，

反映ejt作周期变化的频率。讨论：1.在实轴上的点对应于一个随时间按指数规律作单调增长或衰减的指数函数。点的位置距虚轴愈远，对应的函数增长或衰减的速率愈大。坐标原点

0则对应于不随时间变化的常数。2.在虚轴上一对互为共轭的点对应于等幅的正弦振荡，且共轭点离实轴愈远，相应的振荡频率亦愈高。3.即不在实轴又不在虚轴上的每一对互为共轭的点，都对应于一个幅度按指数规律变化的正弦振荡。结论：复平面s上的每一对共轭点或实轴上的每一点都分别唯一地对应一个确定的时间函数模式。

j+j-j

k

k

付氏反变换拉氏反变换S平面中反变换积分途径§5.3LT的收敛区收敛区的定义：f(t)e-t

满足绝对可积的

指的范围称为收敛区。在收敛区内函数的LT存在，在收敛区外函数的LT不存在。5.3-----1单边LT的收敛区有始函数f(t)乘以因子e-t

后，取t

的极限，若当>

0时，该极限等于零，则f(t)e-t

在>

0的全部范围内是收敛的。即>

0>

0为收敛条件。（5-----8）

j

00S平面收敛轴收敛坐标收敛区举例：指数阶函数1.单个脉冲信号推知：凡有始有终，能量有限的信号，其收敛坐标位于-

，整个S平面都属于收敛区。既有界的非周期信号的LT一定存在。2.单位阶跃信号>0收敛区为S平面的右半平面。3.指数函数>a(a-)<0收敛区为>a5.3-----2双边LT的收敛区f(t)=f1(t)f2(t)t>0t<00

t=-x双边LT的收敛区一般有两个边界：一个决定于t>0时的函数f1(t)，是收敛区的左边界，以

+表示；另一个决定于t<0时的函数f2(t),是收敛区的右边界以

-表示。如果

->

+，则上式中两个积分有公共收敛区，双边LT存在；如果

-

+，则无公共收敛区，双边LT不存在。例：设已知f(t)=f1(t)f2(t)t>0t<0=1=et求f(t)的双边LT的收敛区。解：

只求收敛域，故将S简写成

即可-1<0，即

<1，故得

-=1；显然

+=0。由于

->+，故公共收敛区为0<

<1。f1(t)f2(t)f(t)000111ttt

j

j

j

000

+

-11§5.4常用函数的LT1.指数函数eat(a为常数)F(s)=ℒ{eat}=(>a)（5---9）(a)单位阶跃函数(t)令式（5---9）中a=0,则得ℒ{(t)}=1s（5---10）(b)正弦函数sint

ℒ{sint}=ℒ

（5---11）(d)衰减正弦函数e-atsint

ℒ{e-atsint}=ℒ=（5---12）(f)双曲线正弦函数sht∵sh

t=(et–e-t)12∴ℒ{sh

t}=s2-

2

（5---13）2.t的正幂函数tn(n为正整数)ℒ{tn

}=对上式进行分部积分，令u=tn,

dv=e–st

dt则∴ℒ{tn

}=ℒ{tn-1

}ns依此类推，得ℒ{tn

}=ℒ{tn-1

}ns=nsn-1sℒ{tn-2

}nsn-1s=n-2s2s1s1s=n!sn+1（5---14）（5---15）当n=1时，有ℒ{t}=1s23.函数te–at一个函数f(t)与指数函数e–at乘积的LT，等于函数f(t)的LT中以s+a代替s所得的结果。证：ℒ{f(t)e–at}=由此及上例的结果，得ℒ{f(t)e–at}=1/（s+a）24.冲激函数A(t)由得ℒ{A(t)}=若A=1，即得ℒ{(t)}=1f1(t)f2(t)f3(t)111000e–ate–ate–ateat(a)(b)(c)三个具有相同单边LT的函数F(s)=1s+aℒ-1{1s+a}=e–at(t0)§5.5拉氏反变换1.部分分式展开法设F(s)为有理函数，它可由两个s的多项式之比来表示。即式中ak，bk为实数，m及n为正整数。如mn时，在将上式分解为部分分式前，应先化为真分式，例如

F(s)=3s3-2s2-7s+1s2+s-1用长除法除s2+s-13s3-2s2-7s+13s3s3+3s2-3s-5s2-4s+1-5-5s2-5s+5s-4得F(s)=3s–5+s-4s2+s-1ℒ-1{5}=5(t),ℒ-1{3s}=3’(t)。（5---18）（1）m<n,D(s)=0的根无重根情况因D(s)是s的n次多项式故可分解因式如下（5---19）又因D(s)=0的根无重根，故s1,s2,---,sk,---,sn,彼此都不相等，于是（5---20）式中K1,K2,---,Kk,---,Kn

为待定系数。上式两边乘以（s-sk),再令s=sk,则有（5---21a）由罗彼塔法则，可得另一求取Kk

的公式（5---21b）由表5---1中的公式5，可得ℒ-1{}=（5---22）因此可得f(t)=ℒ-1{}N(s)D(s)=ℒ-1

=（5---23a）f(t)=ℒ-1{}N(s)D(s)或（5---23b）例题5---1求ℒ-1{2s2+5s+34s2+11s+10}解：（1）将F(s)化为真分式F(s)=4s2+11s+102s2+5s+3=2+2s2+5s+3s+4=2+（2）将分母进行因式分解将F(s)中的真分式写成部分分式，得（3）求系数，由式（5---21a），可得或由式（5---21b),则有于是f(t)=ℒ-1

=ℒ-1{2}+ℒ-1+ℒ-1t0例题5---2求F(s)=ss2+2s+5的原函数解：由D(s)=s2+2s+5=0，得确定K

D’(s)=2s+2于是ℒ-1[F(s)]=ℒ-1{41++-+-++21122112jsjjsj[]}t>0或ss2+2s+5=s(s2+2s+1)+4=s(s+1)2+22=(s+1)2+22(s+1)2+22s+1-1由表5---1的公式12及13，可得ℒ-1ℒ-1[ss2+2s+5=(s+1)2+22(s+1)2+22s+1-1][]t>0(2)m<n,D(s)=0有重根假设D(s)=0有p次重根s1,而其余的根sp+1,sp+2,---,sn

均为单根，则D(s)=(s-s1)p(s-sp+1)------(s-sn)(5---24)因此(5---25a)(a)两边同乘以(s-s1)p

得(5---25b)(b)令s=s1

得(5---26a)(c)将(a)步骤所得的式两边对s求导，得(5---27)再令s=s1，得(5---26b)将(a)步骤所得的式两边对s求导两次，再将s=s1

代入得(5---26c)依此类推，可得重根项的部分分式系数的一般公式如下(5---26d)由表5---1中公式7及5，求原函数。因为ℒ-1(5---28)所以ℒ-1(5---29)例题5---3求的原函数。解：因D(s)=0由四个根，两个单根s1=0,s2=-3及一个二重根s3=-1,故其待定系数为故t>0ℒ-1例题5---4求的原函数。解：D(s)=0有四个根,一个二重根s1=0,一对共轭根s2=+j2,s3=-j2。将F(s)展开令s2=w，得则于是由表5---1中公式3及8，可得f(t)=ℒ-1{F(s)}=ℒ-1t>02.围线积分法（留数法-----利用留数定理求反变换）（5---32）当F(s)为有理函数时，其留数计算如下：（1）若sk

为F(s)est

的一阶极点，则（5---33a）（2）若sk

为F(s)est

的p阶极点，则（5---33b）例题5---5用留数法求的原函数。解：令D(s)=0,求s1=0,s2=-3及s3=-1。∴f(t)=ℒ-13.f(t)与F(s)的对应关系（自学P278~281）§5.6LT的基本性质1.线性设ℒ{f1(t)}=F1(s),ℒ{f2(t)}=F2(s)则ℒ{a1f1(t)+a2f2(t)}=a1F1(s)+a2F2(s)

式中a1和a2为任意常数。例：求f(t)=sint的LT。解：已知f(t)=sint=（ejt-e-jt)12jℒ{ejt}=ℒ{e-jt}=1s+j

1s-j

，（5---34）由线性可知ℒ{sint}=同理ℒ{cos

t}=2.尺度变换设ℒ{f(t)}=F(s)则当a>0时ℒ{f(t)}=（5---35）3.时间平移设ℒ{f(t)}=F(s)则ℒ{f(t-t0)}=F(s)

（5---36a）或ℒ{f(t-t0)(t-t0)}=F(s)（5---36b）例题5---6求图5---8所示的锯齿波的LT。f(t)fa

(t)fb

(t)fc

(t)0000ETTTTtttt解：图5---8由表5---1及时移性可得ℒ{fa(t)}=ETs2sℒ{fb(t)}=-Ee-sTTs2ℒ{fc(t)}=-Ee-sT∴ℒ{f(t)}=ℒ{fa(t)}+ℒ{fb(t)}+ℒ{fc(t)}若以T为周期的有始周期信号f(t)的第一周期，第二周期，-----等的波形分别用f1(t)、f2(t)等表示，则有若ℒ{f1(t)}=F1(s)，则根据时移性可得ℒ{f

(t)}=F1(s)+F1(s)e–sT+F1(s)e–2sT

+-----=F1(s)(1+e–sT

+e–2sT+-----)（5---38）F1(s)1-e–sT=f(t)=f1(t)+f2(t)+f3(t)+-----=f1(t)+f1(t-T)(t-T)+f1(t-2T)(t-2T)+-----（5---37）

等比级数结论：周期为T的有始函数f(t)的LT等于第一周期单个函数的LT乘以因子11-e–sT。例题5---7P285注意：P286例已知ℒ{f

(t)}=F(s)

求ℒ{f

(at-b)(at-b)}=？(a>0,b>0)解：（1）先由时移性得ℒ{f

(t-b)(t-b)}=F(s)e-bs再由尺度变换得ℒ{f

(at-b)(at-b)}=（2）先由尺度变换得ℒ{f

(at)(at)}=再由时移性得ℒ{f

(at-b)(at-b)}=ℒ5.时域微分4.频率平移设ℒ{f

(t)}=F(s)，则ℒ{f

(t)eSo}=F(ss0)

例如由ℒ，运用频移性立即可得ℒℒ同理设ℒ{f

(t)}=F(s)则ℒℒ式中f(0-)及f(k)(0-)分别为t=0-

时f(t)及的值。证：ℒ令u=e–st,dv=,v=f(t)

则有dfdt当t,f(t)e-st

0；而当t=0-

时，f(t)e-st

=f(0-)。故同理可得ℒ{}=-f(0-)+sF(s)=sF(s)-f(0-)dfdtℒ若函数为有始函数,即t<0时f(t)=0,则f(0-),f’(0-),---,f(n-1)(0-)均为零,于是ℒ{}=sF(s)dfdt(5---41a)ℒ{}=sF(s)dnfdtn(5---41b)例：已知(t)1s利用微分性质求冲激函数(t)和’(t)的LT。

，解：因ℒ{(t)}=1s1s而ℒ{(t)}=ℒ{’(t)}=sℒ{(t)}-(0-)=s-0=1ℒ{’(t)}=sℒ{(t)}-(0-)=s–0=s依此类推ℒ{’’(t)}=s2

ℒ{’’’(t)}=s3

ℒ{

n(t)}=sn

-----------------------------6.时域积分设ℒ{f

(t)}=F(s)

和ℒ其中则ℒ（5---42）证：ℒ当

t

时,e-st0

以及；故ℒ若函数的积分是由-

开始，则

ℒ故(5---43)推广ℒ(5---44)例：试通过(t)的积分求t(t)

和tn(t)

的LT。解：∵ℒ{(t)}=1/s

而t(t)=∴ℒ{t(t)}=和ℒ{tn(t)}=7.复频域微分与积分设ℒ{f

(t)}=F(s)

则ℒ{(-t)f

(t)}=

dF(s)ds（5---45a)ℒ{(-t)nf

(t)}=dn

F(s)dsn（5---45b)ℒ（5---46)8.对参变量微分与积分设ℒ{f

(t,a)}=F(s,a),

式中a为参变量，则

ℒℒ及（5---47)

（5---48)9.初值定理设函数f(t)及其导数f’(t)存在，并有LT，则f(t)的初值为（5---49a)证：由时域微分性质有故（5---50）令s

则得若f(t)=(t)+fa(t),则F(s)=1+Fa(s),

显然此时因为f(0+)=(0+)+fa(0+)=fa(0+)

所以当f(t)中包含有冲激时，可先把(t)移去后，再应用初值定理，即

同理，若f(t)在t=0处有冲激及其导数，设其形式为f(t)=a0

(t)+a1

’(t)+-----+ap

p(t)+fp(t)，且fp(t)Fp(s)则ℒ{f

(t)}=a0+a1s+-----+apsp+Fp

(s)此时初值定理应表示为(5---49b)例：利用初值定理求(t)的初值。解：例：已知，求初值f(0+)。解：ℒ(S)10.终值定理设f(t)及f’(t)存在，并有LT，且F(s)的所有极点都位于s左半平面内（包括在原点处的单极点），则f(t)的终值为（5---51）证：在式（5---50）中令s0,则有

例：在如图所示电路中输入一单位阶跃电压(t)，求uR(t)的初值

uR(0+)和终值uR()。[设uc(0-)]解：由KVL