5.3 拉普拉斯逆变换.
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A(s)
例如：
F(s)
2s3
7s2 10s s2 3s 2
6
(1
2s)
(s
3s 4 1)(s
2)
(1 2s) 1 2 s1 s 1
则
f (t) L1[F (s)] (t) 2（' t） (et 2e2t ) (t)
若 F (s) B(s) 为有理真分式， 可直接展开为 A(s)
求 Fs
s3
s4 3s2
的原函数
2s
f t 。
解： A(s) s3 3s2 2s s(s 1)( s 2)
F(s) K1 K2 K3 s s1 s2
s(s 4) K1 sF (s) |s0 s(s 1)( s 2) |s0 2
(s 1)(s 4)
K2 (s 1)F(s) s1 s(s 1)(s 2) 3
部分分式后求逆变换。要把F(s)展开为部分分式， 必须先求出A(s)=0的根。因为A(s)为s的n次多项式， 所以A(s)=0有n个根si(i=1, 2, …, n)。si可能为单根， 也可能为重根；可能为实根，也可能为复根。si又 称为F(s)的极点。F(s)展开为部分分式的具体形式取 决于si的上述性质。
若 FS 是s的有理分式，可写为：
F
S
bm sm bm1sm1 sn an1sn1
b1s b0 a1s a0
式中，各系数 ai i 0,1, , n, bj j 0,1, , m
均为实数，为简单设 an 1。
若 m n ,可用多项式除法将象函数F s分解为有
理多项式 Ps 和有理真分式之和。
K3 (s 2)F(s) s2 1
s1
F (s) 2 3 1 f (t ) (2 3et e2t ) (t )
s s1 s2
例5.3-4
求
Fs
s2 s2 2s 2
的原函数
f t 。
解： As s2 2s 2 s 1 js 1 j
F(s) K1 K2 s1 j s1 j
复习
• 拉普拉斯变换的性质
5.3 拉普拉斯逆变换
对于单边拉普拉斯变换,象函数 FS的拉普拉斯逆变换为：
0,பைடு நூலகம்
t0
f
t
1
2j
j
F
s e stds,
j
t0
可利用复变函数理论中的围线积分和留数定理进行.
若 FS 是有理分式，可将 FS展开为部分分式，然后
求得其原函数 。当然,如果直接利用拉氏逆变换表将更 简便. (附录六)
多项式与有理真分式之和， 即
F(s)
c0
c1s
cn1smn
D(s) A(s)
N(s)
D(s) A(s)
N (s) c0 c1s cn1smn
式中，ci(i=0, 1, 2, …, n-1)为实数。N(s)为有理多项式， 其逆变换为冲激函数及其一阶到m-n阶导数之和。 为有D理(s真) 分式，可展开为部分分式后求逆变换。
例4.3-1
已知
F(s)
s2
s 1 4s
4
，
求
F(s)
的
原
函
数f(t)。
解 F(s)可以表示为
F(s)
s2
s 1 4s
4
s 1 (s 2)2
由附录五查得编号为2-13的象函数与本例中F(s) 的形式相同。编号2-13的变换对为
b1s b0 (s a)2
[(b0
b1a)t b1]eat(t)
与本例中F(s)的表示式对比，则b1=1, b0=1，α=2， 代入变换对得
f (t) F 1[F (s)] (1 t)e2t (t)
二、部分分式展开法
如果F s 是 s 的实系数有理真分式（式中 m n )
F(s)
B(s) A(s)
bm sm bm1sm1 b1s b0 sn an1sn1 a1s a0
式中分母多项式 As 称为系统的特征多项式。
方程 As 0 称为特征方程，它的根称为特征根。
式中，ai(i=0, 1, 2, …, n-1)、bi(i=0, 1, 2, …, m)均为实数。
B(s)
若m≥n, 则 A(s)为假分式。若m＜n，则
B(s)为真分式。
A( s )
若F(s)为假分式，可用多项式除法将F(s)分解为有理
4
我们来看一下 k1、k2 之间的关系以及响 应与极点的关系.
下面导出有共轭单极点时，简便实用的关系式：
设 As 0 有一对共轭单根
s1 j
s2 j
F s k1 k2
s j s j
可以证明 k2 k1
设 k1 k1 e j
k2 k1 e j
F s k1 e j k1 e j
F
s
Ps
Bs As
式中 Bs 的幂次小于As 的幂次。
例如：
Fs
s4
8s3 25s2 31s 15 s3 6s2 11s 6
2s2 3s 3 s 2 s3 6s2 11s 6
t 1, 't s, 't 2 t s 2
下面主要讨论有理真分式的情形。
一、查表法（P417附录五）
K1
(s
1
j )F ( s)
s1 j
1 1 j
j2 1
j
1 2
j 2
1
j
e4
2
K2
(s 1
j )F ( s) s1 j
1
j
e4
2
1
j
e4
1
j
e4
F(s) 2 2
s1 j s1 j
f (t) [ 1
e e (1 j)t
j 4
1
e
j
4
e ( 1
j
)t
]
(t
)
2
2
2et cos(t ) (t)
特征根可能是实根（含零根）或复根（含虚根）； 可能是单根，也可是重根。
下面分几种情况
F
s
有单极点
有单实极点； 有共轭单极点；
来讨论
F
s
有重极点
有重实极点；
有重复极点；
1、Fs 有单极点（特征根为单根）
如果方程 As 0 的根都是单根，其 n 个 根 si i 1,2, , n 都互不相等，那么根据 代数理
论，可展开为如下的部分分式：
Fs
Bs As
k1 s s1
k2 s s2
ki s si
kn s sn
n
ki
i1 s si
其中 ki s si F s ssi
ki s si
kie sit (t )
n
f (t ) L1[F (s)] Kie sit (t )
i 1
例5.3-3
s j s j
取逆变换，得
f (t ) K1 e j e( j )t K1 e j e( j )t (t )
K1 et e e j(t ) j(t ) (t )
例如：
F(s)
2s3
7s2 10s s2 3s 2
6
(1
2s)
(s
3s 4 1)(s
2)
(1 2s) 1 2 s1 s 1
则
f (t) L1[F (s)] (t) 2（' t） (et 2e2t ) (t)
若 F (s) B(s) 为有理真分式， 可直接展开为 A(s)
求 Fs
s3
s4 3s2
的原函数
2s
f t 。
解： A(s) s3 3s2 2s s(s 1)( s 2)
F(s) K1 K2 K3 s s1 s2
s(s 4) K1 sF (s) |s0 s(s 1)( s 2) |s0 2
(s 1)(s 4)
K2 (s 1)F(s) s1 s(s 1)(s 2) 3
部分分式后求逆变换。要把F(s)展开为部分分式， 必须先求出A(s)=0的根。因为A(s)为s的n次多项式， 所以A(s)=0有n个根si(i=1, 2, …, n)。si可能为单根， 也可能为重根；可能为实根，也可能为复根。si又 称为F(s)的极点。F(s)展开为部分分式的具体形式取 决于si的上述性质。
若 FS 是s的有理分式，可写为：
F
S
bm sm bm1sm1 sn an1sn1
b1s b0 a1s a0
式中，各系数 ai i 0,1, , n, bj j 0,1, , m
均为实数，为简单设 an 1。
若 m n ,可用多项式除法将象函数F s分解为有
理多项式 Ps 和有理真分式之和。
K3 (s 2)F(s) s2 1
s1
F (s) 2 3 1 f (t ) (2 3et e2t ) (t )
s s1 s2
例5.3-4
求
Fs
s2 s2 2s 2
的原函数
f t 。
解： As s2 2s 2 s 1 js 1 j
F(s) K1 K2 s1 j s1 j
复习
• 拉普拉斯变换的性质
5.3 拉普拉斯逆变换
对于单边拉普拉斯变换,象函数 FS的拉普拉斯逆变换为：
0,பைடு நூலகம்
t0
f
t
1
2j
j
F
s e stds,
j
t0
可利用复变函数理论中的围线积分和留数定理进行.
若 FS 是有理分式，可将 FS展开为部分分式，然后
求得其原函数 。当然,如果直接利用拉氏逆变换表将更 简便. (附录六)
多项式与有理真分式之和， 即
F(s)
c0
c1s
cn1smn
D(s) A(s)
N(s)
D(s) A(s)
N (s) c0 c1s cn1smn
式中，ci(i=0, 1, 2, …, n-1)为实数。N(s)为有理多项式， 其逆变换为冲激函数及其一阶到m-n阶导数之和。 为有D理(s真) 分式，可展开为部分分式后求逆变换。
例4.3-1
已知
F(s)
s2
s 1 4s
4
，
求
F(s)
的
原
函
数f(t)。
解 F(s)可以表示为
F(s)
s2
s 1 4s
4
s 1 (s 2)2
由附录五查得编号为2-13的象函数与本例中F(s) 的形式相同。编号2-13的变换对为
b1s b0 (s a)2
[(b0
b1a)t b1]eat(t)
与本例中F(s)的表示式对比，则b1=1, b0=1，α=2， 代入变换对得
f (t) F 1[F (s)] (1 t)e2t (t)
二、部分分式展开法
如果F s 是 s 的实系数有理真分式（式中 m n )
F(s)
B(s) A(s)
bm sm bm1sm1 b1s b0 sn an1sn1 a1s a0
式中分母多项式 As 称为系统的特征多项式。
方程 As 0 称为特征方程，它的根称为特征根。
式中，ai(i=0, 1, 2, …, n-1)、bi(i=0, 1, 2, …, m)均为实数。
B(s)
若m≥n, 则 A(s)为假分式。若m＜n，则
B(s)为真分式。
A( s )
若F(s)为假分式，可用多项式除法将F(s)分解为有理
4
我们来看一下 k1、k2 之间的关系以及响 应与极点的关系.
下面导出有共轭单极点时，简便实用的关系式：
设 As 0 有一对共轭单根
s1 j
s2 j
F s k1 k2
s j s j
可以证明 k2 k1
设 k1 k1 e j
k2 k1 e j
F s k1 e j k1 e j
F
s
Ps
Bs As
式中 Bs 的幂次小于As 的幂次。
例如：
Fs
s4
8s3 25s2 31s 15 s3 6s2 11s 6
2s2 3s 3 s 2 s3 6s2 11s 6
t 1, 't s, 't 2 t s 2
下面主要讨论有理真分式的情形。
一、查表法（P417附录五）
K1
(s
1
j )F ( s)
s1 j
1 1 j
j2 1
j
1 2
j 2
1
j
e4
2
K2
(s 1
j )F ( s) s1 j
1
j
e4
2
1
j
e4
1
j
e4
F(s) 2 2
s1 j s1 j
f (t) [ 1
e e (1 j)t
j 4
1
e
j
4
e ( 1
j
)t
]
(t
)
2
2
2et cos(t ) (t)
特征根可能是实根（含零根）或复根（含虚根）； 可能是单根，也可是重根。
下面分几种情况
F
s
有单极点
有单实极点； 有共轭单极点；
来讨论
F
s
有重极点
有重实极点；
有重复极点；
1、Fs 有单极点（特征根为单根）
如果方程 As 0 的根都是单根，其 n 个 根 si i 1,2, , n 都互不相等，那么根据 代数理
论，可展开为如下的部分分式：
Fs
Bs As
k1 s s1
k2 s s2
ki s si
kn s sn
n
ki
i1 s si
其中 ki s si F s ssi
ki s si
kie sit (t )
n
f (t ) L1[F (s)] Kie sit (t )
i 1
例5.3-3
s j s j
取逆变换，得
f (t ) K1 e j e( j )t K1 e j e( j )t (t )
K1 et e e j(t ) j(t ) (t )