拉普拉斯变换与傅里叶变换的关系
合集下载
相关主题
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
当t < 0 f (t ) = 0
双边拉氏变换 s = σ + jω −∞< t < ∞
σ <0
单边拉氏变换 s = σ + jω 0< t <∞
傅氏变换 s = jω −∞< t < ∞
L[ f (t )] = F f (t )u(t )e−σt (s = σ + jω)
[
]
1. 当σ 0 > 0时,收敛边界落于 s 平面右半边
n=1
N
其中 fM (t) = ∑Kne jωnt u(t)
n=1
N
f (t)
的傅里叶变换为
F( jω) = F[ f (t)] = F[ fa (t)] + F[ fM (t)]
由于 fa (t)是F 的原函数， 的极点在左半面， (s)的原函数，并且 Fa (s)的极点在左半面，故 a
F[ fa (t)] = Fa (s) s= jω
根据傅里叶变换的线性性质和频移性质，并且由于ε(t)的傅里 根据傅里叶变换的线性性质和频移性质，并且由于 的傅里
1 叶变换为 叶变换为 πδ (ω) + 因此得 ， jω
N
1 F[ fM (t)] = ∑kn πδ(ω −ωn ) + jω − jωn n=1
N
1 F( jω) = Fa (s) s= jω + ∑Kn πδ(ω −ωn ) + jω − jωn n=1 N N Kn = Fa (s) s= jω + ∑ +∑Knπδ(ω −ωn ) n=1 jω − jωn n=1
思考题
• 根据函数拉氏变换，如何判断它的傅氏变 根据函数拉氏变换， 换是否存在？ 换是否存在？
本章小结
1 例1 已知: F(s) = , 求f (0+ ) = ? s f (0+ ) = lim f (t ) = lim sF(s) = 1
t →0+ s→∞
即单位阶跃信号的初始值为1 即单位阶跃信号的初始值为 BACK 2s 例2 F(s) = , 求f (0+ ) = ? s +1 f (t )中有 δ (t )项 2 2s 2s 2 QF(s) = =− +2 s +1 s +1 2 ∴ f (0+ ) = lim[sF(s) − ks] = lims 2 − − 2s s→∞ s→∞ s + 1 − 2s −2 = lim = lim = −2 s→∞ s + 1 s→∞ 1 1+ s ∴ f (0 ) = −2
§4.11 拉普拉斯变换与傅里叶变换的关系 • 主要内容
•引言 引言 •从函数拉氏变换求傅氏变换 从函数拉氏变换求傅氏变换
• 重点：从函数拉氏变换求傅氏变换 重点： • 难点：判断函数傅氏变换的存在 难点：
一、引言
我们在引出拉氏变换 时, 是针对 f (t ) 不满足绝对 , 可积条件 对其乘以一个衰减因子 e 演变为拉氏变换
+
初值定理证明
由原函数微分定理可知 BACK d f (t ) sF(s) − f (0− ) = L dt ∞ d f (t ) e−st d t =∫ 0− dt 0+ d f (t ) ∞ d f (t ) −st e dt + ∫ e−st d t =∫ 0− 0+ dt dt ∞ d f (t ) e−st d t = f (0+ ) − f (0− ) + ∫ 0+ dt ∞ d f (t ) e−st d t ∴sF(s) = f (0+ ) + ∫ 0+ dt ∞ d f (t ) ∞ d f (t ) −st lim∫ e dt = ∫ lim e−st d t = 0 s→∞ 0+ dt 0+ d t s→∞
本章小结
1. 拉普拉斯变换是本课程介绍的第二个对信号的 变换方法， 变换方法 ， 目的是为了解决傅里叶变换在实际应用 中面临的一些实际问题， 中面临的一些实际问题 ， 它的引入是从一些增长型 的信号固不满足傅里叶变换存在的条件而不能进行 傅里叶的分析开始的。 傅里叶的分析开始的。 2. 拉普拉斯变换中值得我们着重注意的是变换收 敛域的概念， 敛域的概念 ， 以及拉氏变换与傅氏变换相互之间的 关系。 关系 。 另一方面要了解的是拉氏变换在系统分析中 的应用。 就变换的性质而言， 的应用 。 就变换的性质而言 ， 大部分与傅氏变换是 相似的（ 或本质上是相一致的） 相似的 （ 或本质上是相一致的 ） 但也有不同的新特 如初、终值定理。 点，如初、终值定理。
3.最后一个需在学习中注意的问题是： 3.最后一个需在学习中注意的问题是：在本门课 最后一个需在学习中注意的问题是 程中，我们是将拉氏变换作为又一种变换域（ 程中，我们是将拉氏变换作为又一种变换域（S域） 的分析方法，而傅氏变换则是频域（ 的分析方法，而傅氏变换则是频域（W域）分析方 可以从这个意义上理解这两种变换间的异同。 法。可以从这个意义上理解这两种变换间的异同。
F( jω) = F(s) s= jω + ∑Knπδ(ω −ωn )
n=1
N
已知f(t)=e t·ε(t) ε(t)的单边拉氏变换为 例 :已知f(t)=e-2tcos t ε(t)的单边拉氏变换为
s +2 F(s) = (s + 2)2 +1
求
f (t) 傅里Βιβλιοθήκη Baidu变换 F( jω).
F（S）的收敛坐标 σ 0
[
]
时移特性例题
BACK
【例1】 已知 f (t ) = tu(t − 1),求F(s) 】
F(s) = L[tu(t − 1)] = L[(t − 1)u(t − 1) + u(t − 1)]
1 1 −s = 2 + e s s π 【例2】 已知f (t ) 2 cos t + u(t ),求F(s)。 ＝ 4
(1)在零起始状态下，对原方程两端取拉氏变换 在零起始状态下， 在零起始状态下 BACK s2 R(s) + 5sR(s) + 6R(s) = 2s2 E(s) + 6sE(s)
R(s) 2s 4 则 H(s) = = = 2− ∴h(t ) = 2δ (t ) − 4e−2t u(t ) E(s) s + 2 s+2 2s 2s + 1 2(2s + 1) 6 2 ∴ RZS (s) = ⋅ = = − s + 2 s(s + 1) (s + 2)( s + 1) s + 2 s + 1
N
Kn F(s) = Fa (s) + ∑ n=1 s − jβn
式中， (s)表示左半平面极点对应的分式 表示左半平面极点对应的分式。 (s)的原函数 式中，Fa(s)表示左半平面极点对应的分式。令Fa(s)的原函数 (t)， F(s)的原函数为 为fa(t)，则F(s)的原函数为
f (t) = L−1[F(s)] = fa (t) + ∑Kne jωnt u(t) = fa(t) + fM (t)
−σt
, 作傅氏变换 ,
[ f (t )] = F[ f (t ) ⋅ e−σ t u(t )] = F(s) s=σ + jω L
由此可以得到傅氏变换与拉氏变换的关系
当σ 0 > 0时,收敛边界落于 s 右半平面 s 当σ 0 < 0时,收敛边界落于左半平面
当σ 0 = 0时,收敛边界位于虚轴
傅氏变换与拉氏变换的区别和联系
(2) Qrzs (t ) = h(t ) ∗ e(t ) 或 RZS (s) = H(s) ⋅ E(s)
∴rZS (t ) = −2e −t u(t ) + 6e −2t u(t )
例 题
BACK 如图所示反馈系统， 如图所示反馈系统，子系统的系统函数 F ( s) X ( s) 1 G(s) = G(s) ∑ + (s − 1)(s + 2) −
f (t ) = eα t u(t ) (α > 0)
1 其拉氏变换 : F(s) = s −α 收敛域: σ > α
eα t u(t )
jω
O
t
Oα
σ
F(ω)不存在，不能由 (s)求F(ω)。 不存在， F
s 2. 当σ 0 < 0时, 收敛边界落于平面左半边
f (t ) = e−α t u(t ) (α > 0) 1 F ( s) = 收敛域: σ > −α α+s 衰减函数，傅氏变换是存在 存在: 衰减函数，傅氏变换是存在:F( jω ) =
4 s 1 s −1 F(s) = = − 2 2 1+ s 1+ s 1 + s2
f (t ) = 2 cos t cos
π
− 2 sin t sin
π
4
= cos t − sin t
BACK 已知系统的框图如下， 已知系统的框图如下，请写出此系统的系统函数和 描述此系统的微分方程。 描述此系统的微分方程。 1 E(s) + R(s)
e −α t u(t )
F( jω) =F(s) s= jω
1 α + jω
jω
O
t
−α
0
σ
3. 当σ 0 = 0时, 收敛边界位于虚轴
F(s)是存在的， (ω )与F(s)之间不再是简单的置换 , 是存在的， F 关系 异函数项 。 因为傅氏变换中包括奇
例如： (t ) = u(t ) 例如： f
k 当常数k满足什么条件时 系统是稳定的？ 满足什么条件时， 当常数 满足什么条件时，系统是稳定的？
Y ( s)
加法器输出端的信号
X(s) = F(s) − kY (s)
输出信号
Y (s) = G(s) X(s) = G(s)F(s) − kG(s)Y (s)
则反馈系统的系统函数为
G(s) Y ( s) 1 = = 2 H( s ) = s + s − 2+ k F(s) 1 + kG(s) H(s)的极点 1 9 p1,2 = − ± −k 2 4 为使极点均在s左半平面 左半平面， 为使极点均在 左半平面，必须 9 系统稳定性 4 − k > 0 9 − k < 0 OR 4 − 1 + 9 − k < 0 2 4 时系统是稳定的。 可得 k > 2,即k > 2时系统是稳定的。
解
= −2
，即σ0
<0
。因此
jω + 2 F( jω) = 2 ( jω + 2) +1
另一方面，根据傅里叶变换的调制定理， 另一方面，根据傅里叶变换的调制定理，由于
1 F[e ε (t)] = jω + 2
−2t
所以有
F( jω) = F[e−2tε (t) cos t] 1 1 1 jω + 2 = + = ( jω + 2)2 +1 2 j(ω +1) + 2 j(ω +1) + 2
1 1 F(s) = ，F( jω ) = πδ(ω ) + jω s
若收敛坐标σ F(s)的收敛域为Re［ 的收敛域为Re 若收敛坐标σ0=0，F(s)的收敛域为Re［s］＞0，F(s) 的收敛域不包含jω轴 F(s)在jω轴上不收敛 若令s=jω 轴上不收敛。 s=jω， 的收敛域不包含 jω轴， 故 F(s) 在 jω 轴上不收敛 。 若令 s=jω ， jω F(s)不等于F(jω)。和虚轴上都有极点， 不等于F(jω) 则F(s)不等于F(jω)。和虚轴上都有极点，并且虚轴上的极点 个一阶极点jβ (i=1 展开为部分分式， 为m个一阶极点jβi(i=1, 2, …, m)。将F(s)展开为部分分式， , m)。 F(s)展开为部分分式 表示为
−
s
3
1 s H ( s) = = 1+ 1 ⋅ 3 s + 3 s
1
R(s) 1 H( s) = = E(s) s + 3
sR(s) + 3R(s) = E(s)
d r(t ) ∴ + 3r(t ) = e(t ) dt
d2 r(t ) d r(t ) d2 e(t ) d e(t ) 已知系统 +5 + 6r(t ) = 2 +6 ，激励为 2 2 dt dt dt dt e(t ) = (1 + e−t )u(t )，求系统的冲激响应(t )和零状态响应rzs (t )。 h
双边拉氏变换 s = σ + jω −∞< t < ∞
σ <0
单边拉氏变换 s = σ + jω 0< t <∞
傅氏变换 s = jω −∞< t < ∞
L[ f (t )] = F f (t )u(t )e−σt (s = σ + jω)
[
]
1. 当σ 0 > 0时,收敛边界落于 s 平面右半边
n=1
N
其中 fM (t) = ∑Kne jωnt u(t)
n=1
N
f (t)
的傅里叶变换为
F( jω) = F[ f (t)] = F[ fa (t)] + F[ fM (t)]
由于 fa (t)是F 的原函数， 的极点在左半面， (s)的原函数，并且 Fa (s)的极点在左半面，故 a
F[ fa (t)] = Fa (s) s= jω
根据傅里叶变换的线性性质和频移性质，并且由于ε(t)的傅里 根据傅里叶变换的线性性质和频移性质，并且由于 的傅里
1 叶变换为 叶变换为 πδ (ω) + 因此得 ， jω
N
1 F[ fM (t)] = ∑kn πδ(ω −ωn ) + jω − jωn n=1
N
1 F( jω) = Fa (s) s= jω + ∑Kn πδ(ω −ωn ) + jω − jωn n=1 N N Kn = Fa (s) s= jω + ∑ +∑Knπδ(ω −ωn ) n=1 jω − jωn n=1
思考题
• 根据函数拉氏变换，如何判断它的傅氏变 根据函数拉氏变换， 换是否存在？ 换是否存在？
本章小结
1 例1 已知: F(s) = , 求f (0+ ) = ? s f (0+ ) = lim f (t ) = lim sF(s) = 1
t →0+ s→∞
即单位阶跃信号的初始值为1 即单位阶跃信号的初始值为 BACK 2s 例2 F(s) = , 求f (0+ ) = ? s +1 f (t )中有 δ (t )项 2 2s 2s 2 QF(s) = =− +2 s +1 s +1 2 ∴ f (0+ ) = lim[sF(s) − ks] = lims 2 − − 2s s→∞ s→∞ s + 1 − 2s −2 = lim = lim = −2 s→∞ s + 1 s→∞ 1 1+ s ∴ f (0 ) = −2
§4.11 拉普拉斯变换与傅里叶变换的关系 • 主要内容
•引言 引言 •从函数拉氏变换求傅氏变换 从函数拉氏变换求傅氏变换
• 重点：从函数拉氏变换求傅氏变换 重点： • 难点：判断函数傅氏变换的存在 难点：
一、引言
我们在引出拉氏变换 时, 是针对 f (t ) 不满足绝对 , 可积条件 对其乘以一个衰减因子 e 演变为拉氏变换
+
初值定理证明
由原函数微分定理可知 BACK d f (t ) sF(s) − f (0− ) = L dt ∞ d f (t ) e−st d t =∫ 0− dt 0+ d f (t ) ∞ d f (t ) −st e dt + ∫ e−st d t =∫ 0− 0+ dt dt ∞ d f (t ) e−st d t = f (0+ ) − f (0− ) + ∫ 0+ dt ∞ d f (t ) e−st d t ∴sF(s) = f (0+ ) + ∫ 0+ dt ∞ d f (t ) ∞ d f (t ) −st lim∫ e dt = ∫ lim e−st d t = 0 s→∞ 0+ dt 0+ d t s→∞
本章小结
1. 拉普拉斯变换是本课程介绍的第二个对信号的 变换方法， 变换方法 ， 目的是为了解决傅里叶变换在实际应用 中面临的一些实际问题， 中面临的一些实际问题 ， 它的引入是从一些增长型 的信号固不满足傅里叶变换存在的条件而不能进行 傅里叶的分析开始的。 傅里叶的分析开始的。 2. 拉普拉斯变换中值得我们着重注意的是变换收 敛域的概念， 敛域的概念 ， 以及拉氏变换与傅氏变换相互之间的 关系。 关系 。 另一方面要了解的是拉氏变换在系统分析中 的应用。 就变换的性质而言， 的应用 。 就变换的性质而言 ， 大部分与傅氏变换是 相似的（ 或本质上是相一致的） 相似的 （ 或本质上是相一致的 ） 但也有不同的新特 如初、终值定理。 点，如初、终值定理。
3.最后一个需在学习中注意的问题是： 3.最后一个需在学习中注意的问题是：在本门课 最后一个需在学习中注意的问题是 程中，我们是将拉氏变换作为又一种变换域（ 程中，我们是将拉氏变换作为又一种变换域（S域） 的分析方法，而傅氏变换则是频域（ 的分析方法，而傅氏变换则是频域（W域）分析方 可以从这个意义上理解这两种变换间的异同。 法。可以从这个意义上理解这两种变换间的异同。
F( jω) = F(s) s= jω + ∑Knπδ(ω −ωn )
n=1
N
已知f(t)=e t·ε(t) ε(t)的单边拉氏变换为 例 :已知f(t)=e-2tcos t ε(t)的单边拉氏变换为
s +2 F(s) = (s + 2)2 +1
求
f (t) 傅里Βιβλιοθήκη Baidu变换 F( jω).
F（S）的收敛坐标 σ 0
[
]
时移特性例题
BACK
【例1】 已知 f (t ) = tu(t − 1),求F(s) 】
F(s) = L[tu(t − 1)] = L[(t − 1)u(t − 1) + u(t − 1)]
1 1 −s = 2 + e s s π 【例2】 已知f (t ) 2 cos t + u(t ),求F(s)。 ＝ 4
(1)在零起始状态下，对原方程两端取拉氏变换 在零起始状态下， 在零起始状态下 BACK s2 R(s) + 5sR(s) + 6R(s) = 2s2 E(s) + 6sE(s)
R(s) 2s 4 则 H(s) = = = 2− ∴h(t ) = 2δ (t ) − 4e−2t u(t ) E(s) s + 2 s+2 2s 2s + 1 2(2s + 1) 6 2 ∴ RZS (s) = ⋅ = = − s + 2 s(s + 1) (s + 2)( s + 1) s + 2 s + 1
N
Kn F(s) = Fa (s) + ∑ n=1 s − jβn
式中， (s)表示左半平面极点对应的分式 表示左半平面极点对应的分式。 (s)的原函数 式中，Fa(s)表示左半平面极点对应的分式。令Fa(s)的原函数 (t)， F(s)的原函数为 为fa(t)，则F(s)的原函数为
f (t) = L−1[F(s)] = fa (t) + ∑Kne jωnt u(t) = fa(t) + fM (t)
−σt
, 作傅氏变换 ,
[ f (t )] = F[ f (t ) ⋅ e−σ t u(t )] = F(s) s=σ + jω L
由此可以得到傅氏变换与拉氏变换的关系
当σ 0 > 0时,收敛边界落于 s 右半平面 s 当σ 0 < 0时,收敛边界落于左半平面
当σ 0 = 0时,收敛边界位于虚轴
傅氏变换与拉氏变换的区别和联系
(2) Qrzs (t ) = h(t ) ∗ e(t ) 或 RZS (s) = H(s) ⋅ E(s)
∴rZS (t ) = −2e −t u(t ) + 6e −2t u(t )
例 题
BACK 如图所示反馈系统， 如图所示反馈系统，子系统的系统函数 F ( s) X ( s) 1 G(s) = G(s) ∑ + (s − 1)(s + 2) −
f (t ) = eα t u(t ) (α > 0)
1 其拉氏变换 : F(s) = s −α 收敛域: σ > α
eα t u(t )
jω
O
t
Oα
σ
F(ω)不存在，不能由 (s)求F(ω)。 不存在， F
s 2. 当σ 0 < 0时, 收敛边界落于平面左半边
f (t ) = e−α t u(t ) (α > 0) 1 F ( s) = 收敛域: σ > −α α+s 衰减函数，傅氏变换是存在 存在: 衰减函数，傅氏变换是存在:F( jω ) =
4 s 1 s −1 F(s) = = − 2 2 1+ s 1+ s 1 + s2
f (t ) = 2 cos t cos
π
− 2 sin t sin
π
4
= cos t − sin t
BACK 已知系统的框图如下， 已知系统的框图如下，请写出此系统的系统函数和 描述此系统的微分方程。 描述此系统的微分方程。 1 E(s) + R(s)
e −α t u(t )
F( jω) =F(s) s= jω
1 α + jω
jω
O
t
−α
0
σ
3. 当σ 0 = 0时, 收敛边界位于虚轴
F(s)是存在的， (ω )与F(s)之间不再是简单的置换 , 是存在的， F 关系 异函数项 。 因为傅氏变换中包括奇
例如： (t ) = u(t ) 例如： f
k 当常数k满足什么条件时 系统是稳定的？ 满足什么条件时， 当常数 满足什么条件时，系统是稳定的？
Y ( s)
加法器输出端的信号
X(s) = F(s) − kY (s)
输出信号
Y (s) = G(s) X(s) = G(s)F(s) − kG(s)Y (s)
则反馈系统的系统函数为
G(s) Y ( s) 1 = = 2 H( s ) = s + s − 2+ k F(s) 1 + kG(s) H(s)的极点 1 9 p1,2 = − ± −k 2 4 为使极点均在s左半平面 左半平面， 为使极点均在 左半平面，必须 9 系统稳定性 4 − k > 0 9 − k < 0 OR 4 − 1 + 9 − k < 0 2 4 时系统是稳定的。 可得 k > 2,即k > 2时系统是稳定的。
解
= −2
，即σ0
<0
。因此
jω + 2 F( jω) = 2 ( jω + 2) +1
另一方面，根据傅里叶变换的调制定理， 另一方面，根据傅里叶变换的调制定理，由于
1 F[e ε (t)] = jω + 2
−2t
所以有
F( jω) = F[e−2tε (t) cos t] 1 1 1 jω + 2 = + = ( jω + 2)2 +1 2 j(ω +1) + 2 j(ω +1) + 2
1 1 F(s) = ，F( jω ) = πδ(ω ) + jω s
若收敛坐标σ F(s)的收敛域为Re［ 的收敛域为Re 若收敛坐标σ0=0，F(s)的收敛域为Re［s］＞0，F(s) 的收敛域不包含jω轴 F(s)在jω轴上不收敛 若令s=jω 轴上不收敛。 s=jω， 的收敛域不包含 jω轴， 故 F(s) 在 jω 轴上不收敛 。 若令 s=jω ， jω F(s)不等于F(jω)。和虚轴上都有极点， 不等于F(jω) 则F(s)不等于F(jω)。和虚轴上都有极点，并且虚轴上的极点 个一阶极点jβ (i=1 展开为部分分式， 为m个一阶极点jβi(i=1, 2, …, m)。将F(s)展开为部分分式， , m)。 F(s)展开为部分分式 表示为
−
s
3
1 s H ( s) = = 1+ 1 ⋅ 3 s + 3 s
1
R(s) 1 H( s) = = E(s) s + 3
sR(s) + 3R(s) = E(s)
d r(t ) ∴ + 3r(t ) = e(t ) dt
d2 r(t ) d r(t ) d2 e(t ) d e(t ) 已知系统 +5 + 6r(t ) = 2 +6 ，激励为 2 2 dt dt dt dt e(t ) = (1 + e−t )u(t )，求系统的冲激响应(t )和零状态响应rzs (t )。 h