LT¶

约 2178 个字预计阅读时间 12 分钟

拉氏变换¶

解决信号不满足 FT 变换条件（狄利克雷条件）以及 FT 无法求零输入的限制问题

同样的，先给出先决信息以便速查

总而言之

拉氏变换，就是在原信号的基础上先乘一个实数的衰减 $e^{-\sigma t}$,再进行傅里叶变换

概念引入¶

类比傅里叶变换，得双边拉普拉斯变换

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

其中

\[ s=\sigma+j\omega \]

因此拉式变换位于复频域（s 域），同时要注意多了 ROC（收敛域）

因绝大多数工程信号为因果系统，故一般考虑单边 LT，即

\[ X(s)=\int_{0^-}^{+\infty}x(t)\mathrm{e}^{-st}\mathrm{d}t \]

从 LT 的特点出发 => 可计算完全响应、规避跳变
容易得到单边的起始值为 0-
同时我们得到 ILT 逆变换

\[ x(t)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\sigma+\mathrm{j}\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}\omega =\frac1{2\pi\mathrm{j}}\int_{\sigma-\mathrm{j}\infty}^{\sigma+\mathrm{j}\infty}X(s)\mathrm{e}^{st}\mathrm{d}s \]

将$\sigma=0$即为 IFT

使 LT 存在的$\sigma$的取值范围即为 ROC（收敛域
同时，我们类比 FT 中的 H(jw) {频响函数}，定义 H(s)为传递(系统)函数

\[ \begin{aligned}y(t)&=h(t)*x(t)\\&=H(s)e^{st}\end{aligned} \]

由于 LT 的范围扩展到复频域｛$\sigma$,$jw$｝面，结合

\[ X(s)=\frac{N(s)}{D(s)}=\frac{b_0+b_1s+\cdots+b_ms^m}{a_0+a_1s+\cdots+a_ns^n}=K\frac{\prod_{i=1}^m(s-z_i)}{\prod_{j=1}^n(s-p_j)} \]

得到零极点图上零下极

常见的单边 LT¶

收敛域 ROC 见上

$\delta(t)$ <- LT -> 1
$u(t) $ <- LT -> $\frac{1}{s}$
$tu(t) $ <- LT -> $\frac{1}{s^2}$ 求导取负，后续同理
$\mathrm{e}^{-at}u(t)$ <- LT -> $\frac{1}{a+s}$
$t\mathrm{e}^{-at}u(t)$ <- LT -> $\frac{1}{(a+s)^2}$ 诶，怎么回事，【*t == 求导取负】
$ \cos\omega_0tx(t)u(t)\overset{\mathrm{LT}}{\operatorname*{\leftarrow\rightarrow}}\frac12[X(s-\mathrm{j}\omega_0)+X(s+\mathrm{j}\omega_0)] $
$cos(\omega_0t)u(t)$ <- LT -> $\frac s{s^2+\omega_0^2}$
$sin(\omega_0t)u(t)$ <- LT -> $\frac{\omega_0}{s^2+\omega_0^2}$
$\mathrm{e}^{-at}cos(\omega_0t)u(t)$ <- LT -> 您猜怎么着 $\frac{s+a}{(s+a)^2+\omega_0^2}$,频移特性喔。再看$\mathrm{e}^{-at}u(t)$ ，O.o

LT 性质¶

线性可线性求和，叠加
时移
$ x(t-t_0)\overset{\mathrm{LT}}{\operatorname*{\leftarrow\to}}X(s)\mathrm{e}^{-st_0},t_0>0 $

特别的，LT 可以对周期函数进行转换
$\begin{aligned}X(s)& =X_1(s)+\mathrm{e}^{-sT}X_1(s)+\mathrm{e}^{-2sT}X_1(s)+\cdots \\&=X_1(s)\sum_{n=0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-nsT} \\&=\frac{X_1(s)}{1-\mathrm{e}^{-sT}}\end{aligned}$

因此，再看见这个分母，一定要 recognize 出来，将其分离之后再对剩下的进行整理

频移

$x(t)\mathrm{e}^{S_0t}<- LT ->X(s-s_0)$

尺度变换

$x(at) <-LT-> \frac1aX\biggl(\frac sa\biggr)$

时域微分

其余性质见上

ILT¶

定义(一般不用)

\[ x(t)=\frac1{2\pi}\int_{-\infty}^{+\infty}X(\sigma+\mathrm{j}\omega)\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}\mathrm{d}\omega =\frac1{2\pi\mathrm{j}}\int_{\sigma-\mathrm{j}\infty}^{\sigma+\mathrm{j}\infty}X(s)\mathrm{e}^{st}\mathrm{d}s \]

注意与 IFT 的区别

常见类型¶

分式

拆拆拆，分母 s 都为一次，再待定系数，或者用 留数【高阶情况下拆分好用】

\[ \frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_{0}}\frac{d^{m-1}}{dz^{m-1}}[(z-z)^{m}f(z)] \]

共轭复数极点上的分子也是共轭的

正经解法

重极点，需要由高到低展开

也可用下面的方法求解

小妙招

若出现类似$\frac{s}{(s+1)^3}$的情况，先$\frac{s+1-1}{(s+1)^3}$把分子上的s消掉，再利用t·x(t)性质求解

假分数，需要用长除法化为真分数

包含 e 的时移，拆开，放一边

如果有$X(s)=\frac{X_1(s)}{1-\mathrm{e}^{-sT}}$这样的开关
不提供例题，见书上 6-23

用 LT 解微分方程¶

回答了为什么可以解零输入响应

无需考虑 0+ 跳变

若直接给 0+ 也行，但注意 $x_{0+}$

电路中的 s 域求解¶

求电流的解法

$I(t) = \frac{U}{R_{eq}}$
U 通过 KVL 去解
1. 其中，电容和电感都可等效为电压源+感抗
2. 注意，电容的电压源方向与流经电流方向相反
等效电阻通过等效模型求解

下面的公式可以不用管，重点关注例题

电阻的 s 域等效模型¶

\[V(s)=RI(s) \]

电容的 s 域等效模型¶

有微分方程

\[ i(t)=C\frac{\mathrm{d}v(t)}{\mathrm{d}t} \]

得 s 域有

\[ I(s)=sCV(s)-Cv(0^-) \]

或者

\[ V(s)=\frac{1}{sC}I(s)+\frac{v_C(0^-)}{s} \]

电感的 s 域等效模型¶

同理有

\[ V(s)=sLI(s)-Li(0^{-}) \]

或者

\[ I(s)=\frac1{sL}V(s)+\frac{i(0^-)}s \]

快看懂这个例题！

双边 LT¶

就注意一点
ROC 双边 LT 一定是带状的

求左边信号
如$e^{-2t}u(-t) = e^{2(-t)}u(-t)<-->\frac{1}{-s-2}$
【其实就是加个负号】
反向同理

ROC 特性与双边性质¶

不包括任何极点，即以极点作为边界
一定呈现为带状而非开域

运算对 ROC 的影响

线性叠加和卷积需要取交集
频移收敛域也移，尺度变换$aR_x$
时移 / 微分不影响
积分与右半平面取交集

逆变换

LTI 的系统函数 H(s) 与性质¶

套壳罢了，直接上例题

【因果性】

即右边信号

\[h(t)=h(t)u(t)\]

【稳定性】

单位冲激响应绝对可积
更简单的，通过收敛域是否包含jw轴来判断

$$\int_{-\infty}^{+\infty}\mid h(t)\mid\mathrm{d}t<+\infty $$

一个具有有理系统函数的因果稳定系统
其系统函数的全部极点必定落在s平面的左半平面

【可逆性】

互逆系统的系统函数之间必须为倒数关系,即

\[H(s)H_{\mathrm{inv}}(s)=1\]

假设有

\[H(s)=K\:\frac{(s-z_1)(s-z_2)\cdots(s-z_M)}{(s-p_1)(s-p_2)\cdots(s-p_N)}=K\:\frac{\prod\limits_{i=1}^M(s-z_i)}{\prod\limits_{i=1}^N(s-p_i)}\]

则有

\[H_{\mathrm{inv}}(s)=\frac{1}{K}\frac{\prod_{i=1}^{N}(s-p_{i})}{\prod_{i=1}^{M}(s-z_{i})}\]

在 s 域上考虑系统频响 H(jw)¶

容易得到：$H(s)|_{s=jw}=H(jw)$

【则对因果稳定系统，可通过零极点图粗略分析频响】

\[\begin{aligned}&零点矢量：\mathrm{j}\omega-z_i=A_i\:\mathrm{e}^{\mathrm{j}\varphi_i}\\&极点矢量：\mathrm{j}\omega-p_i=B_i\:\mathrm{e}^{\mathrm{j}\theta_i}\end{aligned}\]

得到了模和幅角，于是可有

\[H(\mathrm{j}\omega)\:=\:|\:H(\mathrm{j}\omega)\:|\:\mathrm{e}^{\mathrm{j}\angle H(\mathrm{j}\omega)}\]

其中

\[\mid H(\text{j}\omega)\mid=\mid K\mid\frac{\prod\limits_{i=1}^MA_i}{\prod\limits_{i=1}^NB_i}\]

\[\angle H(\text{j}\omega)=\sum_{i=1}^M\varphi_i-\sum_{i=1}^N\theta_i\]

因果正弦信号的响应求解¶

就是求$H(jw_0)$

推导过程

对系统函数有

\[H(s)=\frac{N(s)}{D(s)}\]

给一 cos(wt)u(t)，有

\[Y(s)=H(s)X(s)=\frac{N(s)}{D(s)}\frac{s}{(s-\mathrm{j}\omega_0)(s+\mathrm{j}\omega_0)}\]

展开

\[Y(s)=\frac{N_1(s)}{D(s)}+\frac{A}{s-\mathrm{j}\omega_0}+\frac{A^*}{s+\mathrm{j}\omega_0}\]

系数A为

\[A=Y(s)(s-\mathrm{j}\omega_0)_{|s=\mathrm{j}\omega_0}=\frac{1}{2}H(\mathrm{j}\omega_0)\]

所以，Y(s)为

\[Y(s)=\frac{N_1(s)}{D(s)}+\frac{1}{2}\:\frac{\mid H(\mathrm{j}\omega_0)\mid\mathrm{e}^{\mathrm{j}\angle H(\mathrm{j}\omega_0)}}{s-\mathrm{j}\omega_0}+\frac{1}{2}\:\frac{\mid H(\mathrm{j}\omega_0)\mid\mathrm{e}^{-\mathrm{j}\angle H(\mathrm{j}\omega_0)}}{s+\mathrm{j}\omega_0}\]

作逆变换

\[y(t)=y_1(t)+\mid H(j\omega_0)\mid\cos(\omega_0t+\angle H(j\omega_0))u(t)\]

若系统稳定,则D(s)的根都落在s平面的左半平面,因此，

$\operatorname*{lim}_{t\to+\infty}y_{1}\left(t\right)=0$，即暂态响应 = 0

稳态响应为

\[y_{ss}(t)=\mid H(j\omega_0)\mid\cos(\omega_0t+\angle H(j\omega_0))u(t)\]

观察发现生成额外的频率分量

单位阶跃响应的求解¶

就是求 $H(0)$

同理，有

\[Y(s)=\frac{N_1(s)}{D(s)}+\frac{A}{s}\]

\[A=sY(s)\mid_{s=0}=\left.\frac{N(s)}{D(s)}\right|_{s=0}=H(0)\]

\[y(t)=y_1(t)+H(0)u(t)\]

\[y_{\mathrm{ss}}(t)=H(0)u(t)\]

强迫响应的求解¶

稳态响应可以是强迫响应，反之不成立
即为求解带有指数衰减的问题
从定义出发$y(t)=H(s)\operatorname{e}^{st}$
也是一样，找极点代入即可

有时拿来求 $y(0^-)$ = $H(0) x(0^-)$

框图表示¶

三种基本组态¶

对于反馈系统，有

\[ Y(s)\:=\:H_1(s)\:[\:X(s)+H_2(s)Y(s)\:] \]

整理得到图中式子
分别为串联、并联和反馈

【积分器的框图表示】

类比微分方程，其实就是一样的，s 的阶次即为几阶微分方程

【例 6-44】说明 s 域与此前的框图有所不同

方法为：上下同除$s^n$直到最高次为 1，此时有几个$\frac{1}{s}$就过几个积分器

LT¶