部分分式法求逆拉普拉斯变换
拉普拉斯反变换
K = (s −s1)3 F(s) s=s1 1
1 d2 [(s −s1)3 F(s)] s=s1 K3 = 2 ds2
∴
d K2 = [(s −s1)3 F(s)] s=s1 ds
5.3 拉普拉斯反变换
查表法（ 查表法（P170） ） 部分分式展开法 留数法 应用拉氏变换的性质
电子信息工程系
5.3 拉普拉斯反变换——部分分式展开法 ——部分分式展开法
N(s) F 用部分分式展开法求拉普拉斯反变换， 用部分分式展开法求拉普拉斯反变换， (s) = D s) (
一般为有理函数。 一般为有理函数。 F(S)只有单极点 F(S)只有单极点[D(s)=0的根] 只有单极点[ )=0的根 的根]
2s2 +16 K K2 K3 1 解： F(s) = = + + (s +2)(s +3 s +12) s +2 s +3 s +12 )(
2s2 +16 K= 1 (s +3)(s +12) 2s2 +16 K3 = (s +2)(s +3 ) 24 = = 2.4 s=−2 10 304 152 = = s=−12 90 45
电子信息工程系
5.3 拉普拉斯反变换——部分分式展开法 ——部分分式展开法
复共轭极点： 复共轭极点： 若 D(s)=(s –α-jβ )(s –α+jβ ) ,
F(s)可展开成 F(s) = (s)可展开成
K K2 M +N s 1 + = s −α − jβ s −α + jβ (s −α)2 + β2
拉普拉斯反变换的部分分式展开
s 1
=1
17
整理ppt
F(s) 1 s2 (s 1)3
K12
d ds
[(s
p1)3 F (s)]s p1
d1 ds s2 s1
2 s3 s1
=2
K13
1 2
d2 ds 2
1 s2
s 1
1 2
6 s4
s 1
=3
18
同理可求得
整理ppt
K21=1 K22=-3
所以
F (s)
s
3 1
(s
d ds
(s
p1 )3
n i2
(s
Ki pi
)
K12
d ds
[(s
p1)3 F (s)]s p1
14
3、K13的求法
整理ppt
用同样的方法可得
K13
1 2
d2 ds 2
[(s
p1 )3
F (s)]s p1
F (s)
K13 s p1
K12 (s p1)2
(s
K11 p1)3
n i2
Ki=[(s-pi)F(s)]s=pi
6
整理ppt
例：求F(s)的原函数 F (s) 2s 1
s3 7s2 10s
解：
F(s)
2s 1 s3 7s2 10s
2s 1 s(s 2)(s 5)
D(s)=0的根为 p1=0 p2=-2
p3=-5
K1
2s 1
=0.1
(s 2)(s 5) s0
Ki (s pi )
f(t)=
K13e p1t
K12te
p1t
1 2
K11t 2e
信号与系统-拉普拉斯逆变换
s+2 例5.3-4 求 F (s ) = 2 的原函数 f (t ) 。 s + 2s + 2
解： Q A
(s ) = s
2
+ 2 s + 2 = (s + 1 − j )(s + 1 + j )
K1 K2 ∴ F ( s) = + s +1− j s +1+ j
∴ K 1 = ( s + 1 − j ) F ( s ) s = −1+ j 1 j 1 −1+ j + 2 e = = − = −1+ j +1+ j 2 2 2
−j
π
4
K 2 = ( s + 1 + j ) F ( s ) s = −1− j
cos(β t + θ1 )ε (t )
3π 2e cos t + ε (t ) 4
−t
s1 = − + jβ α
π f (t ) = 2 − e + cos t + + 2
−t
[
]
F 有重极点（特征根为重根） 2、 (s ) 有重极点（特征根为重根） 、
重根， 如果 A(s ) = 0 在 s = s1 处有 γ 重根，即
特征根可能是实根（含零根）或复根（含虚根）； 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。 可能是单根，也可是重根。 下面分两种情况来讨论: 下面分两种情况来讨论 有单实极点； 有单实极点； 1、F (s ) 有单极点 、 有共轭单极点 共轭单极点 （复极点） 复极点） 2、F (s ) 有重极点 、 有重实极点； 有重实极点； 有重复极点； 有重复极点；
信号与系统-拉普拉斯逆变换
(t ) ↔1,δ ' (t ) ↔s,L Qδ
∴δ (t ) + 2δ (t ) ↔ s + 2
'
下面主要讨论有理真分式的情形。 下面主要讨论有理真分式的情形。
实系数有理真分式 有理真分式（ 如果 F (s ) 是 s 的实系数有理真分式（式中 m < n )
B( s ) bm s + bm −1 s + L + b1 s + b0 F ( s) = = n A( s ) s + a n −1 s n −1 + L + a1 s + a0
二、部分分式展开法 的有理分式， 若 F( S) 是s的有理分式，可写为： 的有理分式 可写为：
bms + bm−1s +L+ b1s + b0 F( S) = n n−1 s + an−1s +L+ a1s + a0 式中， 式中，各系数 ai (i = 0,1,L n), bj ( j = 0,1,L m) , , 均为实数， 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) 可用多项式除法将象函数 分解为有 ≥
− jθ 1
k1 e k1 e F (s ) = + s + α − j β s + α + jβ
jθ 1
− jθ 1
f ( t ) = K1 e
[
jθ1 ( −α + jβ ) t
Hale Waihona Puke e= K1 e−αt
= 2 K1 e
若
−αt
[e
+ K1 e
− jθ1 ( −α − jβ )t
4.4拉普拉斯逆变换
1.部分分式展开法（真分式）
（1）D(s)=0的根为实根且无重根
（2）D(s)=0的根包含共轭复根
（3）D(s)=0的根包含重根
2.围线积分法（留数法）
2012-12-21
东华理工大学 任课教师：魏雄
1.部分分式展开法（真分式）
设F(s)为有理函数，可以由两个多项式之比表示，即
n Ki n A( s) A( s) 1 1 i f (t ) L L ( s Pi ) ePt B( s ) s Pi i 1 B( s) s Pi i 1 或 A( s) i f (t ) ePt i 1 B '( s ) s P i
对F ( s )e
st
2.围线积分法（留数法）f (t )
F ( s )e 2 j
c
1
st
ds Res P i
i 1 n st
n
当t 0时，f (t )
2 j
1
j
j
F ( s )e ds Res P i
i 1
如果F ( s )e st 在s P时有单极点 i 则该极点的留数， P＝ s P ) F ( s )e st ]s Pi Res i [( i 如果F ( s )e st 在s P时有r重极点 i 1 d r 1 则该极点的留数， P＝ Res i [ r 1 ( s P ) r F ( s )e st ]s Pi i （r 1 ! ds ）
2012-12-21 东华理工大学 任课教师：魏雄
1 j F ( s )e st ds 2j j 像函数F(s)的拉普拉斯反变换为： 由复变函数的留数定理可知，若函数 f (z) 在区域D内除有限个奇 点外处处解析，C为D内包围诸奇点的一条正向简单闭曲线，则有 c f ( z )dz 2 j Res[ f ( z ), zi ]
§4.4 拉普拉斯逆变换
一、部分分式法求逆变换 部分分式法求逆变换
（一）F(s)的一般形式 （二）求拉氏逆变换的过程 部分分式展开( （三）部分分式展开(m<n) （四）F(s)的两种特殊情况
二、利用留数定理求逆变换 数值计算方法——借助计算机 借助计算机求逆变换 三、数值计算方法——借助计算机求逆变换
返回
（一）F(s)的一般形式
) F (−α jβ − 1 − s = −α jβ= − 2 jβ
K1 = A+ jB
−1
K2 = A− j B = K
* 1
K1 K2 fC(t) = L + s +α − jβ s +α + jβ
=e
−α t
(K e
1
jβ t
+ K e− jβt
* 1
)
= 2e−α t [Acos(βt) − Bsin(βt)]
( A s) am(s − z1)(s − z2 )⋯ s − zm ) ( F(s) = = B(s) bn(s − p1)(s − p2 )⋯ s − pn ) (
z1, z2 , z3 ⋯zm是 (s) = 0的根 称 F(s)的零 A , 为 点
A (因为 (s) = 0 ⇒F(s) = 0) p1, p2 , p3 ⋯pn是 (s) = 0的根 称 F(s)的极 B , 为 点 B (因为 (s) = 0 ⇒F(s) = ∞) 返回
通常F 具有如下的有理分式形式: 通常F(s)具有如下的有理分式形式:
A s) amsm + am−1sm−1 +⋯+ a1s + a0 ( F(s) = = B(s) bnsn + bn−1sn−1 +⋯+ b s + b0 1
§5.4拉普拉斯逆变换
d2 ds2
s
1
d ds
(s
1 a)2
(s
2 a)3
n 3, L
t 3eat u(t )
d3 ds3
s
1
d ds
(s
2 a)3
(s
6 a)4
………
X
二、两种特殊情况
1. F(s)不是真分式 将F(s) 分解为s 的多项式A(s) 和真分式F1(s) 两部分。
F (s) A(s) F1(s)
F (s)estds
i
Res F (s)est s pi
F(s) 逆变换等于闭合围线内 的极点的留数之和，即
f (t) i
Re s F (s)est s pi
如果 s=pi为一阶极点，则
Re s F (s)est s pi (s pi )F (s)est s pi
如果 s=pi为r阶极点，则
Re s F (s)est
s pi
1 dr1
(
r
1)
!
ds
r
1
(s
pi
)r
F
(
s)e
st
s pi
X
四、双边拉普拉斯变换
考察下面函数
f(t)
f t ut etut
t 1)讨论收敛域
取积分：
f
t e tdt
0 e1 tdt
e tdt
0
第一项在1-σ>0时是收敛的；第二项在σ>0时是收敛的；
(s )2 2
s
( k )
k (s )2 2 (s )2 2
f (t) ket cos t u(t ) ( k ) et sin t u(t )
拉普拉斯逆变换方法
拉普拉斯逆变换方法拉普拉斯逆变换是一种将函数从复平面变换回时间域的方法，它是拉普拉斯变换的逆运算。
这种方法在信号与系统分析中广泛应用，可以用于求解线性时不变系统的阶跃响应、单位脉冲响应等问题。
下面我将详细介绍拉普拉斯逆变换方法的原理和应用。
1.拉普拉斯逆变换的原理:f(t) = L^-1{F(s)} = 1/2πj∫{F(s)e^(st)}ds其中，L^-1表示拉普拉斯逆变换操作符，t为时间，s为复变量。
2.拉普拉斯逆变换的求解方法:(1)部分分式展开法:当函数F(s)为有理函数时，可以通过部分分式展开的方法求解其拉普拉斯逆变换。
首先将F(s)分解为若干个较为简单的有理函数分式，再对每一个分式进行逆变换。
这一方法常用于分子次数小于等于分母次数的情况。
(2)留数法:当函数F(s)为解析函数时，可以通过留数法求解其拉普拉斯逆变换。
留数法基于复变函数论中留数的概念，通过计算F(s)在复平面上的留数来求解逆变换。
这种方法适用于函数F(s)在复平面上只有有限个极点和留数的情况。
(3)查表法:在实际计算过程中，常常使用拉普拉斯变换的表格，通过查表的方法快速求得逆变换。
拉普拉斯变换的表格中列举了许多常见函数的变换和逆变换对应关系，使用者只需根据具体情况查表即可。
3.拉普拉斯逆变换的应用:(1)求解线性时不变系统的阶跃响应:通过拉普拉斯变换和逆变换方法，可以求解线性时不变系统对阶跃信号的响应。
这对于分析和设计控制系统、滤波器等线性系统是非常有用的。
(2)求解线性时不变系统的单位脉冲响应:通过拉普拉斯变换和逆变换方法，可以求解线性时不变系统对单位脉冲信号的响应。
单位脉冲响应可以用于描述系统的传递特性、频率响应等重要信息。
(3)分析和设计滤波器:滤波器在信号处理中有着重要的应用，通过拉普拉斯逆变换方法可以求解滤波器的传递函数，从而分析其频率响应、稳定性等特性。
这对于滤波器的设计和优化是非常有帮助的。
(4)求解微分方程:总结:拉普拉斯逆变换是一种将复平面上的函数转换为时间域上的函数的方法。
5-2拉普拉斯反变换
第五章第2讲
14
例 5.19
已知 F ( s) 1 sa
留数法公式
Re[ s] a ，求 f (t)。
解：用留数法，在ＡＢ以左围线包含的极点的留数为：
j
A
Res k [( s sk ) F (s)e s t ] S Sk
C
0
a
B
f (t )
0
t0
eat
t 0
第五章第2讲
]
2 | K1 | e cos( t 1 ) (t )
第五章第2讲
7
部分分式展开法
复数极点
原函数的形式之二
K1 K2 F ( s) s j s j
K１ A jB
f (t ) K1e( j ) t K 2e( j ) t ( A jB) e( j ) t ( A jB) e( j ) t
1 t 1 1 t f (t ) e cos 2t e sin 2t (t ) 10 5 5
第五章第2讲 12
留数法
m
返回
1 j f (t ) F ( s) e s t ds 2j j
j
Res j[ F ( s)e s t 在AB以右的极点] t 0
e [ A(e
t
j t
e
j t
) jB(e
j t
e
j t
)]
2 e t [ A cos t B sin t ] (t )
第五章第2讲
8
部分分式展开法
复数极点
原函数的形式之三
Ms N M (s ) M N F ( s) 2 2 2 2 (s ) (s ) (s ) 2 2
进行拉普拉斯反变换部分分式展开法
F(s)N(s)Q(s)R(s)
D(s)
D(s)
(1) 只具有单极点的有理函数的反变换
N (s)
N (s)
F (s)
D (s) a n (ss1) (ssk) (ssn)
F (s)N (s)A 1 A k A n
D (s) s s1
L 1 s A 1 s1sA 2 s2 1(s A 2 s2)2 2 (s A 2 sq 2)q
A 1 e s 1 tε (t) A 2 1A 2t2 (q 1 1 )A !2 q tq 1 e s 2 tε (t)
2 ( 20 )2 0 10( 2 00 )1 04 10 30
100
200
A 2 1d d s(s 2)2 0 F (s 0 )s s 2 d d s(2 s 2 10 s s 1 0 4 1 0 3 ) 0 0 s 2
14 1030
14 1030
2 s2
2(20 )2 01.5
s200
F(s)3s.5s 1.2500(s1200)0 20
f(t)L 1 F (s)L 1 3 s .5 s 1 .2 50 (s0 1 20 )0 2 0 0
3 .5 ε (t) (1 .5 1t0 )e 20 t0 ε (t0 ) 返回
§93 进行拉普拉斯反变换的部分 分式展开法
部分分式展开法 (partialfractionexpansion method)
F (s)N D ( (s s) )b a m n s sm n a b n m 1 1 s sn m 1 1 a b 1 1 s s a b 0 0
4.4拉普拉斯逆变换
s 1
( s 2) ( s 6) ( s 2) 2
s 1
4 ( s 2) 2
4
5 4 4 F ( s) 2 ( s 1) s 1 s 2
f (t ) L1[ F (s)] 5tet 4et 4e2t t 0
因为A( s) 0 F ( s) 0 p1 , p2 , p3 pn 是Bs 0的根, 称为F s 的极点 因为B( s) 0 F ( s)
2、部分分式分解法求解拉氏逆变换的过程：
(1)找出F s 的极点 (2)将F s 展成部分分式
(3)查拉氏变换表求 f t
s2 3 例2：已知F ( s) 2 ，求f (t ) ( s 2s 5)( s 2)
解：采用部分分式分解 s2 3 s2 3 F ( s) 2 ( s 2 s 5)(s 2) ( s 1 j 2)(s 1 j 2)(s 2) K3 K1 K2 s 2 s 1 j2 s 1 j2
F1 ( s) A( s) D( s )
F1 ( s) K1 K2 F ( s) ( s j )(s j ) ( s j ) ( s j )
F ( s)
F1 ( s) K1 K2 ( s j )(s j ) ( s j ) ( s j )
部分分式展开法(m<n)
1.第一种情况：p1,p2…,pn单阶实数极点、无重根
设:
A( s ) F ( s) ( s p1 )( s p2 )( s pn )
p1 , p2 , p3 pn为不同的实数根
此时，F(s)可分解为如下形式
拉普拉斯逆变换.
拉普拉斯逆变换一、拉普拉斯逆变换()()()dp pt p f i t f i i ⎰∞+∞-=σσπexp 21()()[]p f L t f 1-=三、求拉普拉斯逆变换的方法 1．有理分式部分分式法 2．海维赛公式()()()()()()0 ],[lim )!1(11111>--+'=--→+=∑t e p B p A p p dp d m e p B p A t f tp m im m p p t p nm k kk k k 。
例1 求 ()()211-=p p p f 的逆变换。
解： 令()()()()211-==p p p B p A p f 。
()0=P B 有三个根： 01=p ，1 32==p p . 其中1p 是单零点，而32, p p 是二阶零点，即()2=m 。
()()()]111[lim143122102ptp p pte p p p dp d ep p t f --++-=→=]1[lim11ptp e pdp d →+= ()0. t ,11>-+=t e t例2 求 ()()112+=p p p f 的逆变换。
解： ()()11111122+++-=+=p p p p p p f()()[]tet p f Lt f --++-==113．查表法6-4 拉普拉斯变换的应用举例主要内容：（1）应用拉普拉斯变换求解微分方程和积分方程 基本要求：掌握应用拉普拉斯变换求解微分方程和积分方程的方法。
重点：（1）通过拉氏变换将微分方程和积分方程变换成代数方程； （2）通过拉氏逆变换将像函数变换成解函数。
一、基本思想和步骤二、应用基础()[]()p f t f L = ()[]()()0f p f p t f L -='()[]()()()002f pf p f p t f L '--=''()()p f pd f L t1=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰ττ()[]()t f p f L=-1例1 求方程t e y y y -=-'+''32 满足初始条件 ()()10y , 00='=y的解。
拉普拉斯反变换
非真分式—— 化为真分式＋多项式
含es的非有理式 ——用时移性质
信号与系统
二．留数定理法
拉普拉斯反变换式
一阶极点的留数
f (t)
1
j
F (s)estds
2j j
n
n
f t L1Fs F(s)est的留数 ri
极点
i1
ri s pi F (s)est spi
(s
4 2)3
(s
4 2)2
4 s2
4 4etu(t) s 1
(s
4 2)3
2t 2e2tu(t)
(s
4 2)2
4t e2 t u(t )
4 4e2tu(t) s2
所以 f (t)=(4et -2t e2 2t 4te2t 4e2t )u(t)
信号与系统
一．部分分式展开法(m<n)
分解
F (s) A(s) am (s z1)(s z2 ) (s zm ) B(s) bn (s p1)(s p2 ) (s pn )
零点
z1, z2, z3 zm 是 A(s) 0 的根，称为 F(s) 的零点
极点
p1, p2, p3 pn 是 B(s) 0 的根，称为 F(s) 的极点
s p1 s p2
s pn
ki (s pi )F (s) s pi 求出 k1, k2 , k3 kn 即可将 F(s)展开成部分分式
信号与系统
例：求
F (s)
s3
2s2 3s 3 6s2 11s
6
的拉氏逆变换
(1)找极点 (2)展成部分分式
F(s) 2s2 3s 3 (s 1)(s 2)(s 3)
部分分式法求逆拉普拉斯变换
s2 例子：求F (s) = (s + 2)(s + 1) 2
解：
的原函数
f (t )
s2 K1 K2 K3 F (s) = = + + 2 ( s + 2)( s + 1) s + 2 s + 1 ( s + 1) 2
s2 K1 = ( s + 2) ( s + 2)(s + 1) 2 =4
s = −2
s1 = −α + j β
, s 2 = −α − j β
K1 K2 F (s ) = + + ...... s+α− jβ s+α+ jβ
K1 = (s + α − j β )F (s ) s = −α+ jβ
K 2 = (s + α − j β )F (s )
s = −α− jβ
实际上， K1 , K2 也互为共轭。
∴ F (s) = 2 +
1 −5 6 + + s +1 s + 2 s + 3
f (t ) = 2δ (t ) + e − t − 5 e −2t + 6 e −3t , t ≥ 0
2.单阶共轭复数极点
F (s ) = D1 (s ) (s + α ) + β 2
2
[
N (s )
]
F1 (s ) = (s + α − j β )(s + α + j β )
K i = ( s − pi ) F ( s) s = p
i =n i =1
i
f (t ) = ∑ K i e − si t = K1e − s1t + K1e − s1t + ... + K n e − snt
拉普拉斯逆变换
拉普拉斯逆变换对于单边拉普拉斯变换，由式（8.1-9）知，象函数F(s)的拉普拉斯逆变换为⎪⎩⎪⎨⎧><=⎰∞+∞-j 0)(210,0)(σσj stt ds e s F j t t f ，π (8.3-1)上述积分应在收敛域内进行，若选常数0σσ>[0σ为)(s F 的收敛坐标]，则积分路线是横坐标为σ，平行于与纵坐标轴的直线。
实用中，常设法将积分路线变为适当的闭合路径，应用复变函数中的留数定理求得原函数。
若F(s)是s 的有理分式，可将F(s)展开为部分分式，然后求得其原函数。
若直接利用拉普拉斯逆变换表（见附录五），将更为简便。
如果象函数F(s)是s 的有理分式，它可写为1110111F(s)a s a s a s b s b s b s b n n n m m m m ++++++++=---- （8.3-2）式中各系数),,1,0(),,,1,0(a i m j b n i j ==均为实数，为简便且不失一般性，设1=n a 。
若n m ≥，可用多项式除法将象函数F(s)分解为有理多项式)(s P 与有理真分式之和，即 )()()()(s A s B s P s F += （8.3-3）式中)(s B 的幂次小于)(s A 的幂次。
例如6116332261161531258)(23223234+++++++=+++++++=s s s s s s s s s s s s s s F由于)(]1[1t δ=-￡，)(]['1t s δ=-￡，…，故上面多项式)(s P 的拉普拉斯逆变换由冲激函数及其各阶导数组成，容易求得。
下面主要讨论象函数为有理真分式的情形。
一、查表法附录五是适用于求拉普拉斯逆变换的表，下面举例说明它的用法。
例8.3-1 求2352)(2+++=s s s s F 得原函数)(t f 。
解 )(s F 分母多项式0)(=s A 的根为2,121-=-=s s ，故)(s F 可写为 )2)(1(522352)(2+++=+++=s s s s s s s F由附录五查得，编号为2-12的象函数与本例)(s F 相同，其中2,1,5,201====βαb b 。
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例子：求
解：
F (s) =
s s 2 + 2s + 5
的逆变换 f (t ) 。
s s = F (s) = 2 s + 2 s + 5 ( s + 1 + j 2)( s + 1 − j 2)
K1 = ( s + 1 − j 2) s − 1 + j 2 2 + j1 = = 2 ( s + 2 s + 5) s = −1+ j 2 j4 4
∴ F (s) = 2 +
1 −5 6 + + s +1 s + 2 s + 3
f (t ) = 2δ (t ) + e − t − 5 e −2t + 6 e −3t , t ≥ 0
2.单阶共轭复数极点
F (s ) = D1 (s ) (s + α ) + β 2
2
[
N (s )
]
F1 (s ) = (s + α − j β )(s + α + j β )
4．3部分分式法 求逆拉普拉斯变换
4．3．1单极点逆拉普拉斯变换
bm s m + bm−1s m−1 + .... + b1s + b0 N ( s ) = F ( s) = an s n + an −1s n −1 + ... + a1s + a0 D( s )
m ≥ n ,分解为有理多项式与有理真分式之和。
例如，
3s 3 − 2s 2 − 7 s + 1 s−4 F ( s) = = 3s − 5 + 2 s2 + s −1 s + s −1
m < n :实系数有理真分式.
F (s) =
N ( s ) bm ( s − z1 )( s − z 2 ) ⋯ ( s − z m ) = D ( s ) a n ( s − p1 )( s − p 2 ) ⋯ ( s − p n )
K i = ( s − pi ) F ( s) s = K i e − si t = K1e − s1t + K1e − s1t + ... + K n e − snt
例子：求
解：
2 s 3 + 14 s 2 + 25s + 15 F (s) = s 3 + 6 s 2 + 11s + 6
1
s = p1
求其他系数，要用下式：
1 d i −1 K1i = F ( s) , i = 2,3, ⋯ k i −1 1 (i − 1)! d s s = p1
d 当i = 2, K12 = F1 ( s ) s = p1 ds 1 d2 当i = 3, K 13 = F1 ( s ) s = p1 2 2 ds
, t ≥ 0
3.重极点
K1( k −1) K F1 ( s ) K11 K12 +⋯+ + 1k = + ( s − p1 ) 2 s − p1 ( s − p1 ) k ( s − p1 ) k ( s − p1 ) k −1
K11 = F1 ( s ) s = p = ( s − p1 ) k F ( s )
s1 = −α + j β
, s 2 = −α − j β
K1 K2 F (s ) = + + ...... s+α− jβ s+α+ jβ
K1 = (s + α − j β )F (s ) s = −α+ jβ
K 2 = (s + α − j β )F (s )
s = −α− jβ
实际上， K1 , K2 也互为共轭。
=1
s = −1
F (s) =
f (t ) = L−1 [F ( s )] = (4 e −2t − 3 e − t + t e − t )ε (t )
4 −3 1 + + s + 2 s + 1 ( s + 1) 2
K 2 = ( s + 1 + j 2)
s − 1 − j 2 2 − j1 = = ( s 2 + 2 s + 5) s = −1− j 2 j4 4
1 ∴ f (t ) = [(2 + j1) e ( −1+ j 2) t + (2 − j1) e ( −1− j 2) t ] 4
= 1 −t e [2 cos(2t ) − sin (2t )] 2
z1 , z2 , z3 ⋯ zm是N (s ) = 0的根, 称为F (s )的零点
p1 , p2 , p3 ⋯ pn是D(s ) = 0的根, 称为F (s )的极点
部分分式法求解 逆拉普拉斯变换步骤
1.求 F (s ) 的极点 2.将 F (s ) 展开为部分分式和的形式 单极点：单阶实数极点 单阶共轭复数极点 重极点： f (t 3.查“拉普拉斯变换表”求出原函数)
s2 例子：求F (s) = (s + 2)(s + 1) 2
解：
的原函数
f (t )
s2 K1 K2 K3 F (s) = = + + 2 ( s + 2)( s + 1) s + 2 s + 1 ( s + 1) 2
s2 K1 = ( s + 2) ( s + 2)(s + 1) 2 =4
s = −2
2s 2 + 3s + 3 K 2 = ( s + 2) F1 ( s ) |s =−2 = |s =−2 = −5 ( s + 1)( s + 3)
2 s 2 + 3s + 3 K 3 = ( s + 3) F1 ( s ) |s =−3 = |s = −3 = 6 ( s + 1)( s + 2)
2 2 2 由于 d ( s + 1) 2 F ( s ) = d s = 2s ( s + 2) − s = s + 4s ds d s s + 2 ( s + 2) 2 ( s + 2) 2
[
]
所以
s 2 + 4s K2 = ( s + 2) 2
2
= −3
s = −1
s2 K 3 = ( s + 1) ( s + 2)( s + 1) 2
的原函数
f (t )
2s 3 + 14s 2 + 25s + 15 K K K F ( s) = = 2+ 1 + 2 + 3 s 3 + 6s 2 + 11s + 6 s +1 s + 2 s + 3 令 F1 ( s ) = K1 + K 2 + K 3 ，则 s +1 s + 2 s + 3
2s 2 + 3s + 3 K1 = ( s + 1) F1 ( s ) |s = −1 = |s = −1 = 1 ( s + 2)( s + 3)
1. 单阶实数极点
n个待定系数 个待定系数
N ( s) K1 K2 Kn F ( s) = = + +⋯+ ( s − p1 )( s − p2 ) ⋯ ( s − pn ) s − p1 s − p2 s − pn
两边同乘以因子 ( s − pi ) ，再令 s = pi 于是等式右边仅留下系数 Ki ，所以