信號與線性系統(tǒng)：第5章 CTS 的復(fù)頻域分析

第五章CTS的復(fù)頻域分析§5.1引言FT分析法的不足之處：1.一般只能處理符合狄利希萊條件的信號。et(t)(>0）不存在有FT。2.反FT積分的求解困難。3.只能確定零狀態(tài)響應(yīng)。頻域復(fù)頻域ＦＴ

ＬＴ共同點：線性系統(tǒng)具有迭加性與齊次性。主要區(qū)別：信號份解的基本單元不同，在ＦＴ中是虛指數(shù)信號ejt或cost;

而在LT中是est

或etcost?！?.2拉普拉斯變換（LT）5.2-----LT的定義收斂因子e-t

。使得t

時，f(t)e-t0,t-時，f(t)e-t0f(t)et

1e-t0te(-)t

(t)e-t1f(t)e-t0t一種存在有雙邊LT的函數(shù)例：乘以收斂因子后，有f(t)e-t=

e-tt>0e(-)t

t<0只要<，則t

，f(t)e-t0，

其FT為?[f(t)e-t]etf(t)=1t>0t<0(5—1a)(5—1b)(5—2)它是+j的函數(shù)，可寫成F(+j)的付氏反變換令s=+j,并稱之為復(fù)頻率,從而ds=jd,當(dāng)=時,s=j,于是有f(t)e-t=?-1[F(+j)]=故和(5—4)(5—3)雙邊拉普拉斯變換式或廣義付氏變換式；F(s)-----拉普拉斯變換（象函數(shù)），f(t)-----原函數(shù)Fd(s)=?d{f(t)}f(t)=?-1{Fd(s)}d若t<0時，f(t)=0或只考慮信號在t0的部分，有(5—6)

(5—5)

單邊拉普拉斯變換式，標(biāo)記如下：F(s)=?

{f(t)}f(t)=?-1{F(s)}或f(t)F(s)FT和LT的基本差別：f(t)t為實數(shù)F(j)

頻域函數(shù)，

為實數(shù)

F(s)復(fù)頻域函數(shù)（復(fù)變函數(shù)），s為復(fù)數(shù)，通常稱為復(fù)頻率，F(xiàn)(s)看成復(fù)頻譜。5.2-----2復(fù)頻率和復(fù)平面

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

j左半平面右半平面當(dāng)s=+j確定,est

亦確定,反映est=etejt

幅度變化的速率，

反映ejt作周期變化的頻率。討論：1.在實軸上的點對應(yīng)于一個隨時間按指數(shù)規(guī)律作單調(diào)增長或衰減的指數(shù)函數(shù)。點的位置距虛軸愈遠(yuǎn)，對應(yīng)的函數(shù)增長或衰減的速率愈大。坐標(biāo)原點

0則對應(yīng)于不隨時間變化的常數(shù)。2.在虛軸上一對互為共軛的點對應(yīng)于等幅的正弦振蕩，且共軛點離實軸愈遠(yuǎn)，相應(yīng)的振蕩頻率亦愈高。3.即不在實軸又不在虛軸上的每一對互為共軛的點，都對應(yīng)于一個幅度按指數(shù)規(guī)律變化的正弦振蕩。結(jié)論：復(fù)平面s上的每一對共軛點或?qū)嵼S上的每一點都分別唯一地對應(yīng)一個確定的時間函數(shù)模式。

j+j-j

k

k

付氏反變換拉氏反變換S平面中反變換積分途徑§5.3LT的收斂區(qū)收斂區(qū)的定義：f(t)e-t

滿足絕對可積的

指的范圍稱為收斂區(qū)。在收斂區(qū)內(nèi)函數(shù)的LT存在，在收斂區(qū)外函數(shù)的LT不存在。5.3-----1單邊LT的收斂區(qū)有始函數(shù)f(t)乘以因子e-t

后，取t

的極限，若當(dāng)>

0時，該極限等于零，則f(t)e-t

在>

0的全部范圍內(nèi)是收斂的。即>

0>

0為收斂條件。（5-----8）

j

00S平面收斂軸收斂坐標(biāo)收斂區(qū)舉例：指數(shù)階函數(shù)1.單個脈沖信號推知：凡有始有終，能量有限的信號，其收斂坐標(biāo)位于-

，整個S平面都屬于收斂區(qū)。既有界的非周期信號的LT一定存在。2.單位階躍信號>0收斂區(qū)為S平面的右半平面。3.指數(shù)函數(shù)>a(a-)<0收斂區(qū)為>a5.3-----2雙邊LT的收斂區(qū)f(t)=f1(t)f2(t)t>0t<00

t=-x雙邊LT的收斂區(qū)一般有兩個邊界：一個決定于t>0時的函數(shù)f1(t)，是收斂區(qū)的左邊界，以

+表示；另一個決定于t<0時的函數(shù)f2(t),是收斂區(qū)的右邊界以

-表示。如果

->

+，則上式中兩個積分有公共收斂區(qū)，雙邊LT存在；如果

-

+，則無公共收斂區(qū)，雙邊LT不存在。例：設(shè)已知f(t)=f1(t)f2(t)t>0t<0=1=et求f(t)的雙邊LT的收斂區(qū)。解：

只求收斂域，故將S簡寫成

即可-1<0，即

<1，故得

-=1；顯然

+=0。由于

->+，故公共收斂區(qū)為0<

<1。f1(t)f2(t)f(t)000111ttt

j

j

j

000

+

-11§5.4常用函數(shù)的LT1.指數(shù)函數(shù)eat(a為常數(shù))F(s)=?{eat}=(>a)（5---9）(a)單位階躍函數(shù)(t)令式（5---9）中a=0,則得?{(t)}=1s（5---10）(b)正弦函數(shù)sint

?{sint}=?

（5---11）(d)衰減正弦函數(shù)e-atsint

?{e-atsint}=?=（5---12）(f)雙曲線正弦函數(shù)sht∵sh

t=(et–e-t)12∴?{sh

t}=s2-

2

（5---13）2.t的正冪函數(shù)tn(n為正整數(shù))?{tn

}=對上式進(jìn)行分部積分，令u=tn,

dv=e–st

dt則∴?{tn

}=?{tn-1

}ns依此類推，得?{tn

}=?{tn-1

}ns=nsn-1s?{tn-2

}nsn-1s=n-2s2s1s1s=n!sn+1（5---14）（5---15）當(dāng)n=1時，有?{t}=1s23.函數(shù)te–at一個函數(shù)f(t)與指數(shù)函數(shù)e–at乘積的LT，等于函數(shù)f(t)的LT中以s+a代替s所得的結(jié)果。證：?{f(t)e–at}=由此及上例的結(jié)果，得?{f(t)e–at}=1/（s+a）24.沖激函數(shù)A(t)由得?{A(t)}=若A=1，即得?{(t)}=1f1(t)f2(t)f3(t)111000e–ate–ate–ateat(a)(b)(c)三個具有相同單邊LT的函數(shù)F(s)=1s+a?-1{1s+a}=e–at(t0)§5.5拉氏反變換1.部分分式展開法設(shè)F(s)為有理函數(shù)，它可由兩個s的多項式之比來表示。即式中ak，bk為實數(shù)，m及n為正整數(shù)。如mn時，在將上式分解為部分分式前，應(yīng)先化為真分式，例如

F(s)=3s3-2s2-7s+1s2+s-1用長除法除s2+s-13s3-2s2-7s+13s3s3+3s2-3s-5s2-4s+1-5-5s2-5s+5s-4得F(s)=3s–5+s-4s2+s-1?-1{5}=5(t),?-1{3s}=3’(t)。（5---18）（1）m<n,D(s)=0的根無重根情況因D(s)是s的n次多項式故可分解因式如下（5---19）又因D(s)=0的根無重根，故s1,s2,---,sk,---,sn,彼此都不相等，于是（5---20）式中K1,K2,---,Kk,---,Kn

為待定系數(shù)。上式兩邊乘以（s-sk),再令s=sk,則有（5---21a）由羅彼塔法則，可得另一求取Kk

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

=（5---23a）f(t)=?-1{}N(s)D(s)或（5---23b）例題5---1求?-1{2s2+5s+34s2+11s+10}解：（1）將F(s)化為真分式F(s)=4s2+11s+102s2+5s+3=2+2s2+5s+3s+4=2+（2）將分母進(jìn)行因式分解將F(s)中的真分式寫成部分分式，得（3）求系數(shù)，由式（5---21a），可得或由式（5---21b),則有于是f(t)=?-1

=?-1{2}+?-1+?-1t0例題5---2求F(s)=ss2+2s+5的原函數(shù)解：由D(s)=s2+2s+5=0，得確定K

D’(s)=2s+2于是?-1[F(s)]=?-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?-1?-1[ss2+2s+5=(s+1)2+22(s+1)2+22s+1-1][]t>0(2)m<n,D(s)=0有重根假設(shè)D(s)=0有p次重根s1,而其余的根sp+1,sp+2,---,sn

均為單根，則D(s)=(s-s1)p(s-sp+1)------(s-sn)(5---24)因此(5---25a)(a)兩邊同乘以(s-s1)p

得(5---25b)(b)令s=s1

得(5---26a)(c)將(a)步驟所得的式兩邊對s求導(dǎo)，得(5---27)再令s=s1，得(5---26b)將(a)步驟所得的式兩邊對s求導(dǎo)兩次，再將s=s1

代入得(5---26c)依此類推，可得重根項的部分分式系數(shù)的一般公式如下(5---26d)由表5---1中公式7及5，求原函數(shù)。因為?-1(5---28)所以?-1(5---29)例題5---3求的原函數(shù)。解：因D(s)=0由四個根，兩個單根s1=0,s2=-3及一個二重根s3=-1,故其待定系數(shù)為故t>0?-1例題5---4求的原函數(shù)。解：D(s)=0有四個根,一個二重根s1=0,一對共軛根s2=+j2,s3=-j2。將F(s)展開令s2=w，得則于是由表5---1中公式3及8，可得f(t)=?-1{F(s)}=?-1t>02.圍線積分法（留數(shù)法-----利用留數(shù)定理求反變換）（5---32）當(dāng)F(s)為有理函數(shù)時，其留數(shù)計算如下：（1）若sk

為F(s)est

的一階極點，則（5---33a）（2）若sk

為F(s)est

的p階極點，則（5---33b）例題5---5用留數(shù)法求的原函數(shù)。解：令D(s)=0,求s1=0,s2=-3及s3=-1?！鄁(t)=?-13.f(t)與F(s)的對應(yīng)關(guān)系（自學(xué)P278~281）§5.6LT的基本性質(zhì)1.線性設(shè)?{f1(t)}=F1(s),?{f2(t)}=F2(s)則?{a1f1(t)+a2f2(t)}=a1F1(s)+a2F2(s)

式中a1和a2為任意常數(shù)。例：求f(t)=sint的LT。解：已知f(t)=sint=（ejt-e-jt)12j?{ejt}=?{e-jt}=1s+j

1s-j

，（5---34）由線性可知?{sint}=同理?{cos

t}=2.尺度變換設(shè)?{f(t)}=F(s)則當(dāng)a>0時?{f(t)}=（5---35）3.時間平移設(shè)?{f(t)}=F(s)則?{f(t-t0)}=F(s)

（5---36a）或?{f(t-t0)(t-t0)}=F(s)（5---36b）例題5---6求圖5---8所示的鋸齒波的LT。f(t)fa

(t)fb

(t)fc

(t)0000ETTTTtttt解：圖5---8由表5---1及時移性可得?{fa(t)}=ETs2s?{fb(t)}=-Ee-sTTs2?{fc(t)}=-Ee-sT∴?{f(t)}=?{fa(t)}+?{fb(t)}+?{fc(t)}若以T為周期的有始周期信號f(t)的第一周期，第二周期，-----等的波形分別用f1(t)、f2(t)等表示，則有若?{f1(t)}=F1(s)，則根據(jù)時移性可得?{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）

等比級數(shù)結(jié)論：周期為T的有始函數(shù)f(t)的LT等于第一周期單個函數(shù)的LT乘以因子11-e–sT。例題5---7P285注意：P286例已知?{f

(t)}=F(s)

求?{f

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

(t-b)(t-b)}=F(s)e-bs再由尺度變換得?{f

(at-b)(at-b)}=（2）先由尺度變換得?{f

(at)(at)}=再由時移性得?{f

(at-b)(at-b)}=?5.時域微分4.頻率平移設(shè)?{f

(t)}=F(s)，則?{f

(t)eSo}=F(ss0)

例如由?，運(yùn)用頻移性立即可得??同理設(shè)?{f

(t)}=F(s)則??式中f(0-)及f(k)(0-)分別為t=0-

時f(t)及的值。證：?令u=e–st,dv=,v=f(t)

則有dfdt當(dāng)t,f(t)e-st

0；而當(dāng)t=0-

時，f(t)e-st

=f(0-)。故同理可得?{}=-f(0-)+sF(s)=sF(s)-f(0-)dfdt?若函數(shù)為有始函數(shù),即t<0時f(t)=0,則f(0-),f’(0-),---,f(n-1)(0-)均為零,于是?{}=sF(s)dfdt(5---41a)?{}=sF(s)dnfdtn(5---41b)例：已知(t)1s利用微分性質(zhì)求沖激函數(shù)(t)和’(t)的LT。

，解：因?{(t)}=1s1s而?{(t)}=?{’(t)}=s?{(t)}-(0-)=s-0=1?{’(t)}=s?{(t)}-(0-)=s–0=s依此類推?{’’(t)}=s2

?{’’’(t)}=s3

?{

n(t)}=sn

-----------------------------6.時域積分設(shè)?{f

(t)}=F(s)

和?其中則?（5---42）證：?當(dāng)

t

時,e-st0

以及；故?若函數(shù)的積分是由-

開始，則

?故(5---43)推廣?(5---44)例：試通過(t)的積分求t(t)

和tn(t)

的LT。解：∵?{(t)}=1/s

而t(t)=∴?{t(t)}=和?{tn(t)}=7.復(fù)頻域微分與積分設(shè)?{f

(t)}=F(s)

則?{(-t)f

(t)}=

dF(s)ds（5---45a)?{(-t)nf

(t)}=dn

F(s)dsn（5---45b)?（5---46)8.對參變量微分與積分設(shè)?{f

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

式中a為參變量，則

??及（5---47)

（5---48)9.初值定理設(shè)函數(shù)f(t)及其導(dǎo)數(shù)f’(t)存在，并有LT，則f(t)的初值為（5---49a)證：由時域微分性質(zhì)有故（5---50）令s

則得若f(t)=(t)+fa(t),則F(s)=1+Fa(s),

顯然此時因為f(0+)=(0+)+fa(0+)=fa(0+)

所以當(dāng)f(t)中包含有沖激時，可先把(t)移去后，再應(yīng)用初值定理，即

同理，若f(t)在t=0處有沖激及其導(dǎo)數(shù)，設(shè)其形式為f(t)=a0

(t)+a1

’(t)+-----+ap

p(t)+fp(t)，且fp(t)Fp(s)則?{f

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

(s)此時初值定理應(yīng)表示為(5---49b)例：利用初值定理求(t)的初值。解：例：已知，求初值f(0+)。解：?(S)10.終值定理設(shè)f(t)及f’(t)存在，并有LT，且F(s)的所有極點都位于s左半平面內(nèi)（包括在原點處的單極點），則f(t)的終值為（5---51）證：在式（5---50）中令s0,則有

例：在如圖所示電路中輸入一單位階躍電壓(t)，求uR(t)的初值

uR(0+)和終值uR()。[設(shè)uc(0-)]解：由KVL