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信号与系统-CH9-拉普拉斯变换

信号与系统-CH9-拉普拉斯变换，待补充摘要。

May 30, 2026 修考 26 min read

拉普拉斯变换

拉普拉斯变换（Laplace Transform）系统化学习笔记

第一部分：拉普拉斯变换的基本定义与物理意义

1.1 积分变换的通用公式

积分变换（Integral Transform）的本质是通过一个选定的核函数（Kernel） K(s,t)K(s,t)，将时域中的连续函数 f(t)f(t) 映射到另一个更容易求解的复频域空间（如 ss 域或 ω\omega 域）：

F(s)=∫abf(t)K(s,t) dtF(s) = \int_{a}^{b} f(t) K(s,t) \, dt

  • 在傅里叶变换（Fourier Transform）中：核函数 K(s,t)=e−jωtK(s,t) = e^{-j\omega t}，积分区间为实数全域 (−∞,∞)(-\infty, \infty)。
  • 在拉普拉斯变换（Laplace Transform）中：核函数 K(s,t)=e−stK(s,t) = e^{-st}。

1.2 单边拉普拉斯变换的严格定义

在实际工程分析（如电路分析、信号与系统、控制理论）中，由于我们往往关注系统自 t=0t=0 之后加入输入信号的响应，因此主要采用单边拉普拉斯变换（One-sided Laplace Transform）：

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

💡 订正说明（关于 0−0^- 下限）： 你的手写笔记中写作 ∫0∞\int_{0}^{\infty}。在工程上，为了能够完整、无遗漏地覆盖到可能在 t=0t=0 时刻发生突变或作用的单位冲激函数 δ(t)\delta(t)，通常将单边积分的下限严格定义为 0−0^-（即 00 的左侧极限处）。

1.3 算子 ss 的物理意义

在变换中，自变量 ss 是一个复变量（Complex Variable），称为复频率（Complex Frequency）：

s=σ+jωs = \sigma + j\omega

  • σ\sigma（实部）： 代表衰减因子（Neper frequency），单位为奈培/秒（Np/s\text{Np/s}），反映信号的指数衰减或增长速度。
  • ω\omega（虚部）： 代表角频率（Angular frequency），单位为弧度/秒（rad/s\text{rad/s}），反映信号的等幅振荡速度。

复频域（ss-Domain）的量纲分析

因为公式中指数项 s⋅ts \cdot t 必须是一个无量纲（dimensionless）的纯数：

  • 时间 tt 的单位为秒（s\text{s}），
  • 因此复频率 ss 的单位必须是时间秒的倒数，即 s−1\text{s}^{-1}（频率单位）。
  • 因此，ss-domain 也被称为复频域。

1.4 拉普拉斯逆变换（Inverse Laplace Transform）

将复频域信号 F(s)F(s) 还原为时域信号 f(t)f(t) 的数学公式为：

L−1[F(s)]=f(t)=12πj∫σ1−j∞σ1+j∞F(s)est ds(t≥0)\mathcal{L}^{-1}[F(s)] = f(t) = \frac{1}{2\pi j} \int_{\sigma_1 - j\infty}^{\sigma_1 + j\infty} F(s) e^{st} \, ds \quad (t \ge 0)

该公式称为 Bromwich 积分。由于该积分涉及复变函数中的复轮廓积分（围道积分），计算极其繁琐。在实际工程与做题中，我们几乎从不直接使用此积分，而是通过 部分分式展开法（Partial Fraction Expansion） 结合 常用变换对 进行逆变换求解。

第二部分：为什么要引入拉普拉斯变换？

在电路暂态分析和控制系统分析中，拉普拉斯变换具有压倒性的优势：

  1. 化微积分为代数：它能够将时域中复杂的微积分运算（微分方程），转化为复频域中极其简单的代数乘除运算（代数方程）。
  2. 暂态/瞬态分析的绝对利器：相比于经典时域求解微分方程法，拉普拉斯变换在求导性质中，可以天然、自动地将电路元件（如电容、电感）的初始状态（Initial Conditions）一步带入计算，无需在求出通解后再去繁琐地套用边界条件求特解。
  3. 对相量法（Phasor Method）的终极推广：
    • 相量法（Phasor Domain）：仅适用于求解正弦稳态电路，它只能处理单一频率的正弦信号，相当于将时域直接映射到了特定频率的相量域。
    • 拉普拉斯变换（ss-Domain）：不仅可以分析稳态，更能分析各种输入源（突变步骤信号、冲激信号、指数信号等）作用下的暂态响应（Transient Response）。当复频率 s=σ+jωs = \sigma + j\omega 中的实部 σ=0\sigma = 0 且系统稳定时，拉普拉斯变换就会平滑地退化为稳态下的傅里叶变换/相量分析法。

第三部分：常用拉普拉斯变换对（Common Transform Pairs）

下面是高频常用的拉普拉斯变换对照表，要求熟练记忆（默认时域函数均在 t≥0t \ge 0 下作用，即隐含乘上 u(t)u(t)）：

信号名称时域函数 f(t)f(t) (t≥0t \ge 0)复频域函数 F(s)F(s)备注
单位冲激函数δ(t)\delta(t)11频谱在全频段等幅分布
单位阶跃函数u(t)u(t)1s\frac{1}{s}最基础的控制输入信号
斜坡函数（幂函数）tt1s2\frac{1}{s^2}一般通式：L[tn]=n!sn+1\mathcal{L}[t^n] = \frac{n!}{s^{n+1}}
二次幂函数t2t^22s3\frac{2}{s^3}代入上述通式 n=2n=2 的结果
指数衰减函数e−ate^{-at}1s+a\frac{1}{s+a}极点位于 s=−as = -a
正弦信号sin⁡(ωt)\sin(\omega t)ωs2+ω2\frac{\omega}{s^2+\omega^2}极点位于纯虚轴 ±jω\pm j\omega
余弦信号cos⁡(ωt)\cos(\omega t)ss2+ω2\frac{s}{s^2+\omega^2}分子为 ss

第四部分：拉普拉斯变换的核心性质

性质一：时域微分性质（Time Differentiation）

在一阶微分情况下：

L[df(t)dt]=sF(s)−f(0−)\mathcal{L}\left[ \frac{df(t)}{dt} \right] = sF(s) - f(0^-)

推广到更高阶微分（如二阶微分）：

L[d2f(t)dt2]=s2F(s)−sf(0−)−f′(0−)\mathcal{L}\left[ \frac{d^2f(t)}{dt^2} \right] = s^2F(s) - sf(0^-) - f'(0^-)

🔑 物理诠释： 在时域中进行一次求导，相当于在复频域直接乘以 ss，但需要减去与初值相关的修正项。若系统的初始状态为零（零状态，即 f(0−)=0f(0^-) = 0），则时域的求导直接等效于 ss-Domain 里的乘法：ddt⟺×s\frac{d}{dt} \Longleftrightarrow \times s。

性质二：时域积分性质（Time Integration）

在时域上从 0−0^- 到 tt 进行积分：

L[∫0−tf(τ) dτ]=F(s)s\mathcal{L}\left[ \int_{0^-}^{t} f(\tau) \, d\tau \right] = \frac{F(s)}{s}

🔑 物理诠释： 时域积分为累积效应，映射到复频域表现为直接除以 ss。即：∫ dt⟺÷s\int \, dt \Longleftrightarrow \div s。

性质三：复平移性质（频移性质，S-Domain Translation）

若 L[f(t)]=F(s)\mathcal{L}[f(t)] = F(s)，则时域函数乘以指数衰减因子 e−ate^{-at}，对应在复频域中将自变量 ss 平移 aa：

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

💡 解决你的笔记疑惑：“我总感觉和 Fourier transform 转向相反”

这是一个非常经典的直觉，但实际上两者的数学转向在本质上是完美一致的！

  • 傅里叶变换的频移性质：

    f(t)ejω0t⟺F(ω−ω0)f(t) e^{j\omega_0 t} \Longleftrightarrow F(\omega - \omega_0)

    (时域乘以正指数 ejω0te^{j\omega_0 t}，频域轴发生右移（减去 ω0\omega_0）)

  • 拉普拉斯变换的频移性质：

    f(t)e−at⟺F(s+a)f(t) e^{-at} \Longleftrightarrow F(s+a)

    (时域乘以负指数 e−ate^{-at}，复频域发生左移（加上 aa），极点向左侧半平面移动)

如果我们令复指数中的实部为正，将拉普拉斯变换平移改写为：L[f(t)es0t]=F(s−s0)\mathcal{L}[f(t)e^{s_0 t}] = F(s - s_0)，你会发现它的符号和傅里叶变换是一模一样的！之所以手写笔记中是加号 s+as+a，是因为时域相乘的是负指数衰减项 e−ate^{-at}（即这里的 s0=−as_0 = -a）。

第五部分：典型例题（性质的应用）

【例题 6.1 (1)】

题目：已知时域信号 v(t)=t2e−atv(t) = t^2 e^{-at}，求其拉普拉斯变换 V(s)V(s)。

解析：

  1. 首先找出基础时域信号的变换。我们知道幂函数：

    L[t2]=2!s3=2s3\mathcal{L}[t^2] = \frac{2!}{s^3} = \frac{2}{s^3}

  2. 应用复平移性质：当 t2t^2 乘上指数项 e−ate^{-at} 时，只需将复频域中所有的 ss 直接替换为 (s+a)(s+a)。

  3. 由此得出：

    V(s)=2(s+a)3V(s) = \frac{2}{(s+a)^3}

【例题 6.1 (2)】

题目：已知时域信号 v(t)=sin⁡(ωt+θ)v(t) = \sin(\omega t + \theta)，求其拉普拉斯变换 V(s)V(s)。

解析：

  1. 由于初相位 θ\theta 导致其不是标准的正弦信号，因此我们可以使用三角恒等式将其在时域中展开：

    v(t)=sin⁡(ωt)cos⁡θ+cos⁡(ωt)sin⁡θv(t) = \sin(\omega t) \cos\theta + \cos(\omega t) \sin\theta

  2. 注意到 cos⁡θ\cos\theta 和 sin⁡θ\sin\theta 都是常系数。根据拉普拉斯变换的线性性质（Linearity），常数可以直接提到变换算子外部：

    V(s)=L[sin⁡(ωt)cos⁡θ]+L[cos⁡(ωt)sin⁡θ]V(s) = \mathcal{L}[\sin(\omega t) \cos\theta] + \mathcal{L}[\cos(\omega t) \sin\theta]

    V(s)=cos⁡θ⋅L[sin⁡(ωt)]+sin⁡θ⋅L[cos⁡(ωt)]V(s) = \cos\theta \cdot \mathcal{L}[\sin(\omega t)] + \sin\theta \cdot \mathcal{L}[\cos(\omega t)]

  3. 代入标准正弦、余弦变换对照：

    V(s)=cos⁡θ⋅ωs2+ω2+sin⁡θ⋅ss2+ω2V(s) = \cos\theta \cdot \frac{\omega}{s^2+\omega^2} + \sin\theta \cdot \frac{s}{s^2+\omega^2}

  4. 合并分子，得到最终结果：

    V(s)=ssin⁡θ+ωcos⁡θs2+ω2V(s) = \frac{s \sin\theta + \omega \cos\theta}{s^2+\omega^2}

【例题 6.1 (3)】

题目：已知时域信号 v(t)=ddt(e−atsin⁡ωt)v(t) = \frac{d}{dt} \left( e^{-at} \sin\omega t \right)，求其拉普拉斯变换 V(s)V(s)。

解析（提供两种完全等价的推导方法，帮助加深理解）：

方法一：直接套用一阶微分性质（最简洁、推荐）

  1. 设内部子信号为 g(t)=e−atsin⁡ωtg(t) = e^{-at} \sin\omega t。

  2. 首先应用复平移性质求出 G(s)G(s)。因为已知 L[sin⁡ωt]=ωs2+ω2\mathcal{L}[\sin\omega t] = \frac{\omega}{s^2+\omega^2}，乘以 e−ate^{-at} 后，自变量 s→s+as \to s+a：

    G(s)=L[e−atsin⁡ωt]=ω(s+a)2+ω2G(s) = \mathcal{L}[e^{-at} \sin\omega t] = \frac{\omega}{(s+a)^2 + \omega^2}

  3. 计算子信号在 t=0−t=0^- 时刻的初始值：

    g(0−)=e−atsin⁡ωt∣t=0−=e0⋅sin⁡(0)=0g(0^-) = \left. e^{-at} \sin\omega t \right|_{t=0^-} = e^0 \cdot \sin(0) = 0

  4. 根据一阶微分性质，微分对应的变换为：

    V(s)=sG(s)−g(0−)=s⋅ω(s+a)2+ω2−0V(s) = sG(s) - g(0^-) = s \cdot \frac{\omega}{(s+a)^2 + \omega^2} - 0

  5. 得出最终结果：

    V(s)=sω(s+a)2+ω2V(s) = \frac{s\omega}{(s+a)^2 + \omega^2}

方法二：先在时域求导，再进行变换（物理推导法）

  1. 在时域中对 v(t)v(t) 使用乘法求导法则（Leibniz rule）：

    v(t)=ddt(e−atsin⁡ωt)=−ae−atsin⁡ωt+ωe−atcos⁡ωtv(t) = \frac{d}{dt} \left( e^{-at} \sin\omega t \right) = -a e^{-at} \sin\omega t + \omega e^{-at} \cos\omega t

  2. 由于线性性质，我们分别求两项的拉普拉斯变换：

    V(s)=−aL[e−atsin⁡ωt]+ωL[e−atcos⁡ωt]V(s) = -a \mathcal{L}[e^{-at} \sin\omega t] + \omega \mathcal{L}[e^{-at} \cos\omega t]

  3. 根据复平移性质代入变换对：

    • L[e−atsin⁡ωt]=ω(s+a)2+ω2\mathcal{L}[e^{-at} \sin\omega t] = \frac{\omega}{(s+a)^2+\omega^2}
    • L[e−atcos⁡ωt]=s+a(s+a)2+ω2\mathcal{L}[e^{-at} \cos\omega t] = \frac{s+a}{(s+a)^2+\omega^2}

  4. 代入并通分合并：

    V(s)=−aω+ω(s+a)(s+a)2+ω2=−aω+sω+aω(s+a)2+ω2=sω(s+a)2+ω2V(s) = \frac{-a\omega + \omega(s+a)}{(s+a)^2 + \omega^2} = \frac{-a\omega + s\omega + a\omega}{(s+a)^2 + \omega^2} = \frac{s\omega}{(s+a)^2 + \omega^2}

    (两种求解方法的答案高度一致，证明了微积分化为代数性质的正确性)

第六部分：部分分式展开法（Partial Fraction Expansion）

对于实际电路系统函数，最常见的形式是两个多项式的商 F(s)=N(s)D(s)F(s) = \frac{N(s)}{D(s)}。若该分式为真分式（分母 D(s)D(s) 的最高次数 nn 大于分子 N(s)N(s) 的最高次数 mm），我们根据分母极点（分母的根）的不同，分为三种展开模式进行逆变换。

情况 ①：单极点情况（Distinct Real Roots / Simple Poles）

如果分母 D(s)=0D(s) = 0 拥有 nn 个各不相同的实根（简单极点） p1,p2,…,pnp_1, p_2, \dots, p_n，则 F(s)F(s) 可以被拆解为：

F(s)=K1s−p1+K2s−p2+⋯+Kns−pnF(s) = \frac{K_1}{s - p_1} + \frac{K_2}{s - p_2} + \dots + \frac{K_n}{s - p_n}

其中，每一个拆解系数 KiK_i（称为该极点处的留数 Residue）可以使用掩盖法（Heaviside Method）计算：

Ki=(s−pi)F(s)∣s=piK_i = \left. (s - p_i) F(s) \right|_{s = p_i}

时域逆变换为指数信号的和：

f(t)=(K1ep1t+K2ep2t+⋯+Knepnt)u(t)f(t) = \left( K_1 e^{p_1 t} + K_2 e^{p_2 t} + \dots + K_n e^{p_n t} \right) u(t)

【例题 1】

题目：已知复频域表达式如下，求其时域逆变换 v(t)v(t)：

V(s)=7s2+35s+144(s+3)(s+4)(s+5)V(s) = \frac{7s^2 + 35s + 144}{(s+3)(s+4)(s+5)}

解析：

  1. 极点为三个不同的简单极点：s=−3,−4,−5s = -3, -4, -5。

  2. 设展开形式为：

    V(s)=K1s+3+K2s+4+K3s+5V(s) = \frac{K_1}{s+3} + \frac{K_2}{s+4} + \frac{K_3}{s+5}

  3. 利用公式计算留数 K1,K2,K3K_1, K_2, K_3：

    • 计算 K1K_1：

      K1=(s+3)V(s)∣s=−3=7s2+35s+144(s+4)(s+5)∣s=−3K_1 = \left. (s+3) V(s) \right|_{s=-3} = \left. \frac{7s^2 + 35s + 144}{(s+4)(s+5)} \right|_{s=-3}

      K1=7(−3)2+35(−3)+144(−3+4)(−3+5)=63−105+144(1)(2)=1022=51K_1 = \frac{7(-3)^2 + 35(-3) + 144}{(-3+4)(-3+5)} = \frac{63 - 105 + 144}{(1)(2)} = \frac{102}{2} = 51

    • 计算 K2K_2：

      K2=(s+4)V(s)∣s=−4=7s2+35s+144(s+3)(s+5)∣s=−4K_2 = \left. (s+4) V(s) \right|_{s=-4} = \left. \frac{7s^2 + 35s + 144}{(s+3)(s+5)} \right|_{s=-4}

      K2=7(−4)2+35(−4)+144(−4+3)(−4+5)=112−140+144(−1)(1)=116−1=−116K_2 = \frac{7(-4)^2 + 35(-4) + 144}{(-4+3)(-4+5)} = \frac{112 - 140 + 144}{(-1)(1)} = \frac{116}{-1} = -116

    • 计算 K3K_3：

      K3=(s+5)V(s)∣s=−5=7s2+35s+144(s+3)(s+4)∣s=−5K_3 = \left. (s+5) V(s) \right|_{s=-5} = \left. \frac{7s^2 + 35s + 144}{(s+3)(s+4)} \right|_{s=-5}

      K3=7(−5)2+35(−5)+144(−5+3)(−5+4)=175−175+144(−2)(−1)=1442=72K_3 = \frac{7(-5)^2 + 35(-5) + 144}{(-5+3)(-5+4)} = \frac{175 - 175 + 144}{(-2)(-1)} = \frac{144}{2} = 72

  4. 代回展开式：

    V(s)=51s+3−116s+4+72s+5V(s) = \frac{51}{s+3} - \frac{116}{s+4} + \frac{72}{s+5}

  5. 进行逆变换（由于是单边变换，时域需乘上阶跃函数 u(t)u(t)）：

    v(t)=(51e−3t−116e−4t+72e−5t)u(t)v(t) = \left( 51 e^{-3t} - 116 e^{-4t} + 72 e^{-5t} \right) u(t)

【例题 2】

题目：已知系统函数 F(s)=96(s+5)(s+12)s(s+8)(s+6)F(s) = \frac{96(s+5)(s+12)}{s(s+8)(s+6)}，求其拉普拉斯逆变换 f(t)f(t)。

解析：

  1. 分母根为 s=0,−8,−6s = 0, -8, -6。写出展开形式：

    F(s)=K1s+K2s+8+K3s+6F(s) = \frac{K_1}{s} + \frac{K_2}{s+8} + \frac{K_3}{s+6}

  2. 计算留数：

    • 计算 K1K_1：

      K1=sF(s)∣s=0=96(s+5)(s+12)(s+8)(s+6)∣s=0=96(5)(12)(8)(6)=576048=120K_1 = \left. s F(s) \right|_{s=0} = \left. \frac{96(s+5)(s+12)}{(s+8)(s+6)} \right|_{s=0} = \frac{96(5)(12)}{(8)(6)} = \frac{5760}{48} = 120

    • 计算 K2K_2：

      K2=(s+8)F(s)∣s=−8=96(s+5)(s+12)s(s+6)∣s=−8=96(−8+5)(−8+12)−8(−8+6)K_2 = \left. (s+8) F(s) \right|_{s=-8} = \left. \frac{96(s+5)(s+12)}{s(s+6)} \right|_{s=-8} = \frac{96(-8+5)(-8+12)}{-8(-8+6)}

      K2=96(−3)(4)16=6⋅(−12)=−72K_2 = \frac{96(-3)(4)}{16} = 6 \cdot (-12) = -72

    • 计算 K3K_3：

      K3=(s+6)F(s)∣s=−6=96(s+5)(s+12)s(s+8)∣s=−6=96(−6+5)(−6+12)−6(−6+8)K_3 = \left. (s+6) F(s) \right|_{s=-6} = \left. \frac{96(s+5)(s+12)}{s(s+8)} \right|_{s=-6} = \frac{96(-6+5)(-6+12)}{-6(-6+8)}

      K3=96(−1)(6)−12=8⋅6=48K_3 = \frac{96(-1)(6)}{-12} = 8 \cdot 6 = 48

  3. 代回展开式：

    F(s)=120s−72s+8+48s+6F(s) = \frac{120}{s} - \frac{72}{s+8} + \frac{48}{s+6}

  4. 时域逆变换：

    f(t)=(120−72e−8t+48e−6t)u(t)f(t) = \left( 120 - 72 e^{-8t} + 48 e^{-6t} \right) u(t)

情况 ②：共轭复根情况（Complex Conjugate Poles）

当分母 D(s)D(s) 中存在无法在实域分解的二次项时，系统极点必为一对共轭复数：

p1,2=α±jβp_{1,2} = \alpha \pm j\beta

这种情况下，展开式对应的系数也是共轭复数（K2K_2 和 K2∗K_2^*）：

V(s)=K1s−p1+K2s−(α+jβ)+K2∗s−(α−jβ)V(s) = \frac{K_1}{s - p_1} + \frac{K_2}{s - ( \alpha + j\beta )} + \frac{K_2^*}{s - ( \alpha - j\beta )}

其中，通过极坐标系表示复留数：K2=∣K2∣ejθK_2 = |K_2| e^{j\theta}。 此时，后面的两项共轭复极点在时域合并后，会直接组合为一个衰减余弦信号：

vconjugate(t)=2∣K2∣eαtcos⁡(βt+θ)u(t)v_{\text{conjugate}}(t) = 2 |K_2| e^{\alpha t} \cos(\beta t + \theta) u(t)

【例题 3】

题目：已知系统电压的 ss 域函数如下，求时域响应 v(t)v(t)：

V(s)=100(s+3)(s+6)(s2+6s+25)V(s) = \frac{100(s+3)}{(s+6)(s^2+6s+25)}

解析：

  1. 极点分析：

    • 实极点：s=−6s = -6。
    • 共轭复极点：令 s2+6s+25=0  ⟹  (s+3)2+42=0  ⟹  s=−3±j4s^2+6s+25 = 0 \implies (s+3)^2 + 4^2 = 0 \implies s = -3 \pm j4（其中 α=−3\alpha = -3，β=4\beta = 4）。

  2. 写出部分分式展开式：

    V(s)=K1s+6+K2s−(−3+j4)+K2∗s−(−3−j4)V(s) = \frac{K_1}{s+6} + \frac{K_2}{s - (-3+j4)} + \frac{K_2^*}{s - (-3-j4)}

  3. 计算实极点留数 K1K_1：

    K1=(s+6)V(s)∣s=−6=100(s+3)s2+6s+25∣s=−6K_1 = \left. (s+6)V(s) \right|_{s=-6} = \left. \frac{100(s+3)}{s^2+6s+25} \right|_{s=-6}

    K1=100(−6+3)(−6)2+6(−6)+25=−30036−36+25=−30025=−12K_1 = \frac{100(-6+3)}{(-6)^2 + 6(-6) + 25} = \frac{-300}{36-36+25} = \frac{-300}{25} = -12

  4. 计算复极点留数 K2K_2：

    K2=[s−(−3+j4)]V(s)∣s=−3+j4=100(s+3)(s+6)(s+3+j4)∣s=−3+j4K_2 = \left. [s - (-3+j4)] V(s) \right|_{s = -3+j4} = \left. \frac{100(s+3)}{(s+6)(s + 3 + j4)} \right|_{s = -3+j4}

    代入 s=−3+j4s = -3+j4（注意：时域代入后分子变为 100(j4)100(j4)）：

    K2=100(j4)(−3+j4+6)(j8)=j400(3+j4)(j8)=j400−32+j24K_2 = \frac{100(j4)}{(-3+j4+6)(j8)} = \frac{j400}{(3+j4)(j8)} = \frac{j400}{-32 + j24}

    分子和分母同除以 88 以化简：

    K2=j50−4+j3K_2 = \frac{j50}{-4 + j3}

    分子分母同乘以分母共轭项 −4−j3-4-j3 展开：

    K2=j50(−4−j3)(−4)2+32=−j200−j2(150)25=150−j20025=6−j8K_2 = \frac{j50(-4-j3)}{(-4)^2+3^2} = \frac{-j200 - j^2(150)}{25} = \frac{150 - j200}{25} = 6 - j8

  5. 转化为复数的指数极坐标形式：

    • 幅值 ∣K2∣=62+(−8)2=100=10|K_2| = \sqrt{6^2 + (-8)^2} = \sqrt{100} = 10
    • 相角 θ=arctan⁡(−86)≈−53.13∘\theta = \arctan\left( \frac{-8}{6} \right) \approx -53.13^\circ
    • 所以复留数为：K2=10e−j53.13∘K_2 = 10 e^{-j53.13^\circ}

  6. 时域组合还原：

    v(t)=K1e−6t+K2e(−3+j4)t+K2∗e(−3−j4)tv(t) = K_1 e^{-6t} + K_2 e^{(-3+j4)t} + K_2^* e^{(-3-j4)t}

    v(t)=−12e−6t+10e−j53.13∘e−3tej4t+10ej53.13∘e−3te−j4tv(t) = -12 e^{-6t} + 10 e^{-j53.13^\circ} e^{-3t} e^{j4t} + 10 e^{j53.13^\circ} e^{-3t} e^{-j4t}

    v(t)=−12e−6t+10e−3t[ej(4t−53.13∘)+e−j(4t−53.13∘)]v(t) = -12 e^{-6t} + 10 e^{-3t} \left[ e^{j(4t - 53.13^\circ)} + e^{-j(4t - 53.13^\circ)} \right]

    利用欧拉公式 ejϕ+e−jϕ=2cos⁡ϕe^{j\phi} + e^{-j\phi} = 2 \cos\phi 合并共轭对：

    v(t)=[−12e−6t+20e−3tcos⁡(4t−53.13∘)]u(t) Vv(t) = \left[ -12 e^{-6t} + 20 e^{-3t} \cos(4t - 53.13^\circ) \right] u(t) \text{ V}

情况 ③：重极点情况（Repeated Poles） —— 补充内容

若分母中含有重数为 rr 的重复实根（重极点），即 D(s)D(s) 包含 (s−p1)r(s - p_1)^r 项，那么该部分的展开式必须展开为降幂分布的多项式之和：

F(s)=Dr(s−p1)r+Dr−1(s−p1)r−1+⋯+D1s−p1+其他极点项F(s) = \frac{D_r}{(s-p_1)^r} + \frac{D_{r-1}}{(s-p_1)^{r-1}} + \dots + \frac{D_1}{s-p_1} + \text{其他极点项}

其中，各系数的通用求导公式为：

  • 最高次数系数 DrD_r：

    Dr=(s−p1)rF(s)∣s=p1D_r = \left. (s-p_1)^r F(s) \right|_{s = p_1}

  • 第 kk 级降幂系数 Dr−kD_{r-k}：

    Dr−k=1k!dkdsk[(s−p1)rF(s)]∣s=p1D_{r-k} = \frac{1}{k!} \left. \frac{d^k}{ds^k} \left[ (s-p_1)^r F(s) \right] \right|_{s = p_1}

【新增例题 4（重极点补充案例）】

题目：已知复频域信号 F(s)=2s+5(s+1)2(s+2)F(s) = \frac{2s+5}{(s+1)^2(s+2)}，求其拉普拉斯逆变换 f(t)f(t)。

解析：

  1. 极点分析：

    • 单极点：s=−2s = -2。
    • 重极点：s=−1s = -1，重数 r=2r = 2。

  2. 设展开分式：

    F(s)=D2(s+1)2+D1s+1+Ks+2F(s) = \frac{D_2}{(s+1)^2} + \frac{D_1}{s+1} + \frac{K}{s+2}

  3. 计算简单极点留数 KK：

    K=(s+2)F(s)∣s=−2=2s+5(s+1)2∣s=−2=2(−2)+5(−2+1)2=11=1K = \left. (s+2) F(s) \right|_{s=-2} = \left. \frac{2s+5}{(s+1)^2} \right|_{s=-2} = \frac{2(-2)+5}{(-2+1)^2} = \frac{1}{1} = 1

  4. 计算重极点最高阶系数 D2D_2：

    D2=(s+1)2F(s)∣s=−1=2s+5s+2∣s=−1=2(−1)+5−1+2=31=3D_2 = \left. (s+1)^2 F(s) \right|_{s=-1} = \left. \frac{2s+5}{s+2} \right|_{s=-1} = \frac{2(-1)+5}{-1+2} = \frac{3}{1} = 3

  5. 计算重极点一阶导数系数 D1D_1：

    D1=dds[(s+1)2F(s)]∣s=−1=dds[2s+5s+2]∣s=−1D_1 = \left. \frac{d}{ds} \left[ (s+1)^2 F(s) \right] \right|_{s=-1} = \left. \frac{d}{ds} \left[ \frac{2s+5}{s+2} \right] \right|_{s=-1}

    利用分式求导法则 (uv)′=u′v−uv′v2\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2} 求解导数部分：

    dds(2s+5s+2)=2(s+2)−(2s+5)(1)(s+2)2=2s+4−2s−5(s+2)2=−1(s+2)2\frac{d}{ds}\left( \frac{2s+5}{s+2} \right) = \frac{2(s+2) - (2s+5)(1)}{(s+2)^2} = \frac{2s+4-2s-5}{(s+2)^2} = \frac{-1}{(s+2)^2}

    代入 s=−1s = -1：

    D1=−1(s+2)2∣s=−1=−1(−1+2)2=−1D_1 = \left. \frac{-1}{(s+2)^2} \right|_{s=-1} = \frac{-1}{(-1+2)^2} = -1

  6. 代回部分分式表达式：

    F(s)=3(s+1)2−1s+1+1s+2F(s) = \frac{3}{(s+1)^2} - \frac{1}{s+1} + \frac{1}{s+2}

  7. 求时域逆变换： 利用变换对照表，因为已知时域斜坡乘以指数：L[te−t]=1(s+1)2\mathcal{L}[t e^{-t}] = \frac{1}{(s+1)^2}。 所以时域表达式为：

    f(t)=(3te−t−e−t+e−2t)u(t)f(t) = \left( 3t e^{-t} - e^{-t} + e^{-2t} \right) u(t)