第九章 拉普拉斯变换
9.1 对下列各时间函数，确定它们的拉普拉斯变换及相应的收敛域，并画出零-极点图。
(a) $ e^{-a t} u(t), a < 0 $
(b) $ -e^{a_{t}}u(-t) $, a > 0
(c) $ e^{a_{1}}u(t), a > 0 $
(d) $ e^{-a+t}u(t) $, a > 0
(e) $ u(t) $
(f) $ \delta(t-t_{0}) $
(g) $ \sum_{k=0}^{+\infty}a^{k}\delta(\tau-kT) $
（确定零-极点图之前先给出闭合形式解）
(h) $ te^{-a}u(t) $, a > 0
(i) $ \delta(at+b) $, a, b 为实数
(i) $ \cos(\omega_{0}t+\phi)u(t) $
解：
$$ \begin{aligned}X(s)&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-a t}u(t)e^{-s t}d t=\int_{0}^{+\infty}e^{-a t}e^{-s t}d t\\&=\left[-\left.\frac{1}{s+a}e^{-(s+a)t}\right]\right|_{0}^{\infty}=\frac{1}{s+a}\end{aligned} $$
由积分收敛条件 $ \mathcal{R}\cdot\{s+a\}>0 $ 可求得收敛域为 $ \mathcal{R}\cdot\{s\}>-a $
其零-极点图如图 P9.1(a) 所示。
$$ (b)~X(s)=~-\int_{-\infty}^{\infty}e^{s t}u(-t)e^{-s t}d t=-\int_{-\infty}^{0}e^{-(s-s)t}d t $$
$$ \begin{aligned}&=\left[\frac{1}{s-a}\ e^{-(s-a)t}\right]\Bigg|_{-\infty}^{0}\\&=\frac{1}{s-a}\quad 收敛域为 \mathcal{R}^{*}=\{s\} 如图P9.1(b)所示. (c) 该题与(a) 小题解法有相似之处，令 $ \beta = -a $，则 $$ \begin{aligned}X(s)&=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{a t}u(t)e^{-s t}d t=\int_{0}^{+\infty}e^{-\beta t}e^{-s t}d t\\&=\frac{1}{s+\beta}=\frac{1}{s-a}, 收敛域为 \mathcal{R}^{\circ}\{s\}>a\end{aligned} $$ 如图 P9.1(c) 所示. (d) $$ \begin{aligned}d)X(s)&=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a|t|}e^{-st}dt\\&=\int_{-\infty}^{0}e^{at}e^{-st}dt+\int_{0}^{+\infty}e^{-at}e^{-st}dt\\&=-\frac{1}{s-a}+\frac{1}{s+a}\\&=-\frac{2a}{s^{2}-a^{2}}, 收敛域为 -a<\mathcal{R}^{*}\{s\}<\mathfrak{a}\end{aligned} $$ 如图 P9.1(d) 所示. (e) $$ \begin{aligned}X\left(s\right)&=\int_{-\infty}^{+\infty}u(t)e^{-st}dt=\int_{0}^{+\infty}e^{-st}dt\\&=\left\lbrack-\left.\frac{1}{s}e^{-st}\right|\right|_{0}^{+\infty}=\frac{1}{s},\\ \end{aligned} 收敛域为 \ \mathcal{R}^{e}\left\{s\right\}>0 $$ 如图P9.1(e)所示. (f) $ X(s)=\int_{-\infty}^{\infty}\delta(t-t_{0})e^{-st}dt=e^{-st_{0}} $，整个s平面 如图 P9.1(f) 所示. $ X(s) $ 无有限零极点 (g) $$ \begin{aligned}{X(s)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\sum_{k=0}^{+\infty}a^{k}\delta(t-k T)e^{-s t}d t}\\ {}&{{}=\sum_{k=0}^{+\infty}a^{k}e^{-s k T}=\sum_{k=0}^{+\infty}(a e^{-s T})^{k}}\\ \end{aligned} $$ $$ =\frac{1}{1-ae^{-sT}}\quad\mathcal{R}\circ\{s\}>\frac{1}{T}\ln\left|a\right| $$ 极点为 $ s_{k}=\frac{1}{T}\ln a $，其中 $ \ln a=\ln|a|+j(\not x_{a}+2k\pi) $，如 图P9.1(g)所示。 (h) $$ \begin{aligned}{X(s)}&{{}=\int_{-\infty}^{\infty}t e^{-s t}}\\ {}&{{}\quad\times u(t)e^{-s t}d t}\\ {}&{{}}\\ \end{aligned} $$ 由(a)小题可知， $$ \begin{aligned}{x_{1}(t)}&{{}=e^{-a t}u(t){\longleftrightarrow}\frac{1}{s+a}}\\ {}&{{}=X_{1}(s)}\\ \end{aligned} $$ $$ \mathcal{R}\circ\{s\}>-a $$ 根据微分特性 $$ t x_{1}(t)\longleftrightarrow-\frac{d}{d s}X_{1}(s) $$ 所以得 $$ \begin{aligned}x(t)&=tx_{1}(t)\leftrightarrow X(s)\\&=-\frac{d}{ds}X_{1}(s)\\&=\frac{1}{(s+a)^{2}}\end{aligned} $$ $$ \mathcal{R}\circ\{s\}>-a $$ 如图P9.1(h)所示. (i) $ X(s)= $ $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\delta(a t+b)e^{-i t}d t $$ $$ \begin{aligned}&\underline{\underline{ 令 \tau=a\tau+b}}\left\{\begin{aligned}&\int_{-\infty}^{+\infty}\delta(\tau)e^{\left(-\frac{1}{a}\tau\tau+\frac{b}{a}s\right)}\cdot\frac{1}{\left|a\right|}d\tau\quad a>0\\&\int_{+\infty}^{-\infty}\delta(\tau)e^{\left(-\frac{1}{a}\tau\tau+\frac{b}{a}s\right)}\cdot\left(-\frac{1}{\left|a\right|}d\tau\right)\quad a<0\end{aligned}\right.\\&=\frac{1}{\left|a\right|}e^{\frac{b}{a}s}\int_{-\infty}^{\infty}\delta(\tau)e^{-\frac{1}{a}\tau\tau}d\tau\\&=\frac{1}{\left|a\right|}e^{\frac{b}{a}s}\quad 整个 s 平面 \end{aligned} $$ 如图 P9.1(i) 所示。 $ X(s) $ 无有限零极点。 (i) $$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}=\frac{1}{2}\;[e^{j(\omega_{0}t+\phi)}+e^{-j(\omega_{0}t+\phi)}]u(t)}\\ {}&{{}=\frac{1}{2}\;e^{j\phi}[e^{j\omega_{0}t}u(t)]+\frac{1}{2}\;e^{-i\phi}[e^{-j\omega_{0}t}u(t)]}\\ \end{aligned} $$ 由(a)小题可知， $$ \begin{aligned}{X(s)}&{{}=\frac{1}{2}~e^{i\phi}\left(\frac{1}{s-j\omega_{0}}\right)+\frac{1}{2}~e^{-i\phi}\left(\frac{1}{s+j\omega_{0}}\right)}\\ {}&{{}=\frac{1}{s^{2}+\omega_{0}^{2}}\left[s\cos\phi-\omega_{0}\sin\phi\right]\quad\mathcal{R}^{\bullet}\{s\}>0}\\ \end{aligned} $$ 如图P9.1(j)所示. 9.2 对下列有关 $ x(t) $ 的陈述以及图 P 9.2 所示的 4 个 $ X(s) $ 的零-极点图。确定它们对收敛域相应的限制。 (1) $ x(t)e^{-t} $ 的傅氏变换存在， (2) $ x(t)=0, t>10 $ (3) $ x(t) = 0 $ t < 0 解： （1）由于 $ x(t)e^{-t} $ 是双边信号，所以其收敛域由一条带组成，同时考虑到乘以 $ e^{-t} $ 所产生的频率位移特性，则图 P9.2 所示各图的收敛域限制为 图(a), -3 < $ \mathscr{R} $ $ \cdot $ {s} < 1; 图(b), - $ \infty $ < $ \mathscr{R} $ $ \cdot $ {s} < + $ \infty $; 图(c)， $ R\cdot\{s\}>-3 $; 图(d)， $ R\cdot\{s\}>-1 $ (2) 因 $ x(t) $ 是左边信号，收敛域在图 P9.2 中最左边极点的左边，因此 图(a)， $ \mathcal{R}^{\bullet}\{s\}<-2 $；图(b)， $ -\infty<\mathcal{R}^{\bullet}\{s\}<+\infty $ 图(c)， $ \mathcal{R}^{\bullet}\{s\}<-2 $; 图(d)， $ \mathcal{R}^{\bullet}\{s\}<0 $ （3）图 x(t) 是右边信号，收敛域在图 P9.2 中最右边极点的右边，因此 图(a)， $ \mathcal{R}\cdot\{s\}>2 $；图(b)， $ -\infty<\mathcal{R}\cdot\{s\}<+\infty $ 图(c)， $ \mathcal{R}\bullet\{s\}>-2 $; 图(d)， $ \mathcal{R}\bullet\{s\}>0 $ 9.3 若 $ x(t) $ 的拉氏变换的幅值是有限的，即 $ \left|X(s)\right| < \infty $ 则称拉氏变换 $ X(s) $ 对特定的复数 s 是存在的。 证明，变换 $ X(s) $ 在 $ s = s_{0} - \sigma_{0} + i\omega_{0} $ 存在的充分条件为 $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\mid x(t)\mid e^{-\sigma_{0}t}dt<\infty $$ 解： 按定义，只需证明当 $ s = \sigma_{0} + j\omega_{0} $ 时 $ \left|X(s)\right| < \infty $ 即可。 $$ \begin{aligned}{|X(\varsigma)|}&{{}=\left|\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-\sigma_{0}t}e^{-j\omega_{0}t}d t\right|}\\ {}&{{}\leqslant\int_{-\infty}^{\infty}\left|x(t)e^{-\sigma_{0}t}e^{-j\omega_{0}t}\right|d t}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\left|x(t)\right|\circ\left|e^{-\sigma_{0}t}e^{-j\omega_{0}t}\right|d t}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}\left|x(t)\right|e^{-\sigma_{0}t}d t}\\ \end{aligned} $$ 因此，在 $ s - s_{0} = \sigma_{0} + j\omega_{0} $ 拉普拉斯变换存在的充分条件为 $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\mid x(t)\mid e^{-\sigma_{0}t}d t<\infty $$ (t). (a) $ \frac{1}{s+1} $, $ \mathcal{R}\cdot\{s\}>-1 $ (b) $ \frac{1}{s+1} $, $ \mathcal{R}\cdot\{s\}<-1 $ (c) $ \frac{s}{s^{2}+4} $, $ \mathcal{R}\cdot\{s\}>0 $ (d) $ \frac{s+1}{s^{2}+5s+6} $, $ \mathcal{R}\cdot\{s\}>-2 $ (e) $ \frac{s+1}{s^{2}+5s+6} $, $ \mathcal{R}\cdot\{s\}<-3 $ (f) $ \frac{s^{2}-s+1}{s^{2}(s-1)} $, 0 < $ \mathcal{R}\cdot\{s\} < 1 $ (g) $ \frac{s^{2}-s+1}{(s+1)^{2}} $, $ \mathcal{R}\cdot\{s\} > 1 $ (h) $ \frac{s+1}{(s+1)^{2}+4} $, $ \mathcal{R}\cdot\{s\} > -1 $ 解： (a) 由给定收敛域 $ \mathcal{R}^{s\{s\}} > -1 $ 可知它是右边信号，由 9.1 (a) 题可得其逆变换为 $$ x(t)=e^{-i}u(t) $$ (b) 由给定收敛 $ \mathcal{R}\cdot\{s\}<-1 $ 可知它是左边信号，由 9.1(b) 题可得其逆变换为 $$ x(t)=-e^{-t}u(-\tau) $$ (c) 同理可知它是右边信号，且 $$ \frac{s}{s^{2}+4}=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{s-j2}+\frac{1}{s+j2}\right]\longleftrightarrow\frac{1}{2}[e^{j2t}+e^{-j2t}]u(t) $$ 而 $$ \frac{1}{2}\left[e^{i2t}+e^{-i2t}\right]u(t)=\cos2t u(t) $$ (d) 同理它是右边信号，且 $$ \frac{s+1}{s^{2}+5s+6}=\frac{s+1}{(s+2)(s+3)}=\frac{2}{s+3}-\frac{1}{s+2} $$ 所以 $ x(t)=2e^{-3t}u(t)-e^{-2t}u(t) $ (e) 它是左边信号，且 $$ \frac{s+1}{s^{2}+5s+6}=\frac{2}{s+3}-\frac{1}{s+2} $$ 所以 $ x(t) = -2e^{-3t}u(-t) + e^{-2t}u(-t) $ (f) 它是双边信号，且 $$ \frac{s^{2}-s+1}{s^{2}(s-1)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s}+\frac{C}{s^{2}} $$ 其中 $$ A=X(s)(s-1)|_{s=1}=1,\quad B=\frac{d}{ds}\left[X(s)s^{2}\right]|_{s=0}=0 $$ $$ C=X(s)s^{2}\vert_{s=0}=-1 $$ 因此 $$ \frac{s^{2}-s+1}{s^{2}(s-1)}=\frac{1}{s-1}-\frac{1}{s^{2}} $$ $$ x(t)=-e^{\iota}u(-\iota)-\iota u(t) $$ (g) 它是右边信号，且 $$ \frac{s^{2}-s+1}{(s+1)^{2}}=1-\frac{3s}{(s+1)^{2}}=1-\left(\frac{A}{s+1}+\frac{\mathcal{B}}{(s+1)^{2}}\right) $$ 其中 $$ A=\frac{d}{ds}\left[\frac{3\mathbf{s}}{(s+1)^{2}}\right](s+1)^{2}|_{s=-1}=3 $$ $$ B=\frac{3s}{(s+1)^{2}}(s+1)^{2}|_{s=-1}=-3 $$ 代人得 $$ \frac{s^{2}-s+1}{(s+1)^{2}}=1-\frac{3}{s+1}+\frac{3}{(s+1)^{2}} $$ 因此 $$ x(t)=\delta(t)-3e^{-\tau}u(t)+3\tau e^{-\tau}u(t) $$ (h) 它是右边信号，由(c)小题结果知： $$ X_{1}(s)=\frac{s}{s^{2}+4}\leftrightarrow x_{1}(t)=\cos2\tau u(t) $$ 利用频移特性： $$ X_{1}(s+1)=\frac{s+1}{(s+1)^{2}+4}\longleftrightarrow e^{-t}x_{1}(t)=e^{-t}\cos2t u(t) $$ 因此 $$ x(t)=e^{-t}\cos2\tau u(t) $$ 9.5 已知信号 $ x(t) $ 的拉氏变换 $ X(s) $ 有 4 个极点和若干个未知的零点。若已知 $ x(t) $ 在 t = 0 时刻有一个冲激。试问它对 $ X(s) $ 的零点数目和零点位置提供了什么信息？ 解： 信号拉普拉斯变换的一般形式为 $$ X(s)=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}b_{k}s^{k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{k}} $$ 已知有4个极点，因此分母最高阶数 N=4。又已知信号 $ x(t) $ 在 t=0 时刻有一个冲激，因此相应 $ X(s) $ 包含一个常数项，所以 $ X(s) $ 分子的最高阶数 M=4，（与分母同阶）则 $$ \mathbf{X}(s)=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{4}b_{k}s^{k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{4}a_{k}s^{k}}=\frac{b_{4}s^{4}+b_{3}s^{3}+b_{2}s^{2}+b_{1}s+b_{0}}{a_{4}s^{4}+a_{3}s^{3}+a_{2}s^{2}+a_{1}s+a_{0}} $$ 所以， $ X(s) $ 有 4 个零点。其位置由 $$ \sum_{k=0}^{4}b_{k}s^{k}=0 $$ 确定，但由于 $ b_{k}(k=0,1,\cdots,4) $ 都未知，故未给出零点位置信息， 9.6(a) 设信号 $ x(t) $ 的傅氏变换为 $ X(j\omega) $，而拉氏变换为 $$ X(s)=s+\frac{1}{2} $$ 画出 $ X(s) $ 的零-极点图，并且对于一个给定的 $ \omega $，画出 $ X(j\omega) $ 的矢量图。 (b) 根据(a)小题中的零-极点图和矢量图，确定另一个时间函数 $ x_{1}(t) $ 其拉氏变换为 $ X_{1}(s) $，且满足： $$ \begin{aligned}{|X_{1}(j\omega)|}&{{}=|X(j\omega)|}\\ {x_{1}(t)}&{{}\asymp x(t)}\\ \end{aligned} $$ 但 画出其零-极点图及矢量图. （c）根据（b）小题的结果，确定 $ \forall X(j\omega) $ 与 $ \forall X_{1}(j\omega) $ 之间的关系。 (d) 再确定一个 $ X_{2}(s) $，使之满足 $$ \not\sim X_{2}(j\omega)=\not\sim X(j\omega) $$ 但相应的 $ x_{2}(t) $ 不与 $ x(t) $ 成比例，画出 $ X_{2}(s) $ 的零-极点图及代表 $ X_{2}(j\omega) $ 的矢量。 (e) 根据 (d) 小题的结果，确定 $ \left|X_{2}(j\omega)\right| $ 与 $ \left|X(j\omega)\right| $ 之间的关系。 (f) 设信号 $ x(t) $ 的拉氏变换为 $ X(s) $，其零-极点图如图 P9.6 所示。确定 $ X_{1}(s) $，使 $ \left|X(j\omega)\right| = \left|X_{1}(j\omega)\right| $，且 $ X_{1}(s) $ 的 所有零点和极点都在S平面的左半平面（即 $ \mathcal{R}\cdot\{s\}<0 $）此外确定 $ X_{2}(s) $使 $ \not\supseteq X(j\omega)=\not\supseteq X_{2}(j\omega) $，且 $ X_{2}(s) $的所有零点，和极点都在S平面的左半平面。 解： (a) 已知 $ X(s) = s + \frac{1}{2} $，只有一个零点 $ s = -\frac{1}{2} $， $ X(s) $ 的零极点图如图 P9.6-1(a) 所示。其傅里叶变为 $ X(j\omega) = \frac{1}{2} + j\omega $。 $ X(j\omega) $ 的矢量图如图 P9.6-1(a) 所示。 (b) 若 $ X_{1}(s)=s-\frac{1}{2} $，则满足 $ \left|X_{1}(j\omega)\right|=\left|X(j\omega)\right| $，但它们对应的时域波形分别为 $$ x_{1}(t)=\delta^{\prime}(t)-\frac{1}{2}\;\delta(t),\quad x(t)=\delta^{\prime}(t)+\frac{1}{2}\;\delta(t) $$ 可见 $ x(t) \rightleftharpoons x_{1}(t) $， $ X_{1}(s) $ 的零极点图及 $ X_{1}(j\omega) $ 的矢量图如图 P9.6-1(b) 所示。 (c) 由图 P9.6-1(a) 及 (b) 可见， $$ \not\sim X(j\omega)=\pi-\not\sim X_{1}(j\omega) $$ (d) 若 $ X_{2}(s)=\frac{1}{s-\frac{1}{2}} $，则满足 $ X_{2}(j\omega)=\lambda X(j\omega) $，但 $ x_{2}(t)=e^{\frac{1}{2}t}u(t), x(t)=\delta'(t)+\frac{1}{2}\delta(t) $，它们不成比例。 $ X(s) $ 的零极点图及 $ X(j\omega) $ 的矢量图如图 P9.6-1(c) 所示。 (e) 由(d)小题可知， $ \left|X_{2}(j\omega)\right| $ 与 $ \left|X(j\omega)\right| $ 之间的关系为 $$ |X_{2}(j\omega)|=\frac{1}{|X(j\omega)|} $$ (f) 由图 P9.6 可知， $ X(s)=A\frac{\left(s-\frac{1}{2}\right)(s+1)}{(s-1)(s+2)} $，设A=1 若取 $ X_{1}(s)=\frac{\left(s+\frac{1}{2}\right)}{s+2} $，则满足 $$ |X(j\omega)|=|X_{1}(j\omega)| $$ 并且 $ X_{1}(s) $ 的所有零极点都在 S 平面的左半平面中。 若取 $ X_{2}(s)=\frac{(s+1)^{2}}{(s+2)\left(s+\frac{1}{2}\right)} $，则满足 $$ \nsubseteq X(j\omega)=\nsubseteq X_{2}(j\omega) $$ 而 $ X_{2}(s) $ 的所有零点和极点都在 S 平面的左半平面中。 9.7 对于图 P9.7 所示的各零-极点图，利用傅氏变换的几何求解法画出各图相应的傅里叶变换的振幅。 解： 对于图(a)。假定零极点分别用符号 $ \beta_{i} $和 $ \alpha_{i} $表示，则由图(a)可见 $$ X(s)=A\frac{(s-\omega-\beta_{1})(s-\beta_{2})}{s-\alpha_{1}}=A\frac{(s-j\omega_{0})(s+j\omega_{0})}{s+\alpha_{1}} $$ 其中 A 为常数。相应傅氏变换的振幅为 $$ |X(j\omega)|=|A|\frac{|\omega-\omega_{0}|\;|\omega+\omega_{0}|}{\sqrt{\omega^{2}+\alpha_{1}^{2}}}=|A|\frac{|\omega^{2}-\omega_{0}^{2}|}{\sqrt{\omega^{2}+\alpha_{1}^{2}}} $$ 所得 $ \left|X(j\omega)\right| $ 如图 P9.7-1(a) 所示。 对于图(b)。同理可写出拉氏变换为 $$ X(s)=A\frac{1}{(s-j\omega_{0})(s+j\omega_{0})} $$ 相应傅氏变换的振幅为 $$ |X(j\omega)|=|A|\frac{1}{\omega^{2}+\omega_{0}^{2}} $$ 如图 P9.7-1(b) 所示. 对于图(c)。可写出 $$ X(s)=A\frac{(s+\beta_{1})}{(s+\alpha_{1})} $$ 相应傅氏变换振幅为 $$ |X(j\omega)|=|A|\left|\frac{j\omega-\beta_{1}}{j\omega-\alpha_{1}}\right|=|A|\sqrt{\frac{\omega^{2}+\beta_{1}^{2}}{\omega^{2}+\alpha_{1}^{2}}} $$ 如图 P9.7-1(c) 所示。 对于图(d)。可写出 $$ X(s)=A\frac{(s-a)(s-b)}{(s+a)(s+b)} $$ 它是一个全通系统，相应的傅氏变换振幅为 $$ \left|X(j\omega)\right|=\left|A\right|\left|\frac{(j\omega-a)(j\omega-b)}{(j\omega+a)(j\omega+b)}\right|=\left|A\right| $$ 如图P9.7-1(d)所示。 对于图(e)。可写出 $$ \begin{aligned}X(s)&=A\frac{(s+\beta_{1}+j\omega_{0})(s+\beta_{1}-j\omega_{0})(s-\beta_{3})}{s+\alpha_{1}}\\|X(j\omega)|&=|A|\left|\frac{[\beta_{1}+j(\omega+\omega_{0})][\beta_{1}+j(\omega-\omega_{0})](j\omega-\beta_{3})}{j\omega-\alpha_{1}}\right|\end{aligned} $$ 如图 P9.7-1(e) 所示。 对于图(f). 可写出 $$ X(s)=A(s-\alpha_{1})(s+\alpha_{1})=A(s^{2}-\alpha_{1}^{2}) $$ 其相应傅氏变换振幅为 $$ |X(j\omega)|=|A|(\omega^{2}+\alpha_{1}^{2}) $$ 如图P9.7-1(f)所示. 9.8 在长途电话系统中，常常碰到信号在发射机和接收机间来回反射的现象。图P9.8为模拟接收机只接收一个反射回波的 长途电话通讯系统的冲激响应。参量T对应于沿通讯信道的单程传输时间，参量 $ \alpha $代表发射机和接收机之间的信号幅值单程衰减。 (a) 确定系统函数 $ H(s) $ 及其收敛域. (b) 由(a)结果可知， $ H(s) $ 不是由多项式之比组成的。确定(a)中 $ H(s) $ 的零点，并证明该系统无极点。 (c) 根据(b)的结果，画出 $ H(s) $的零-极点图。 (d) 利用 S 平面的矢量图，画出系统的幅频特性。 解： (a) 由图P9.8可知 $$ h(t)=\alpha\delta(t-T)+a^{3}\delta(t-3T) $$ 由于 $$ \alpha\delta(\imath-T){\longleftrightarrow}\alpha e^{-{\imath}T}\qquad\mathrm{ 收敛域 }\mathbb{R}_{1}(-\infty,+\infty) $$ $$ \alpha^{3}\delta(t-3T)\longleftrightarrow\alpha^{3}e^{-3s T}\quad\mathrm{ 收敛域 }R_{2}(-\infty,+\infty) $$ 因此 $$ H(s)=\alpha e^{-sT}+\alpha^{3}e^{-3sT}\quad 收敛域 R=R_{1}\cap R_{2}=(-\infty,\infty) $$ (b) 令 $ H(s) = \alpha e^{-sT} + \alpha^{3} e^{-3sT} = \alpha e^{-sT} (1 + \alpha^{2} e^{-2sT}) = 0 $ 所以 $ \alpha^{2}e^{-2sT}=-1=e^{j(2k+1)\alpha} $ （k为任意整数） $$ \alpha e^{-s T}=e^{i(k+\frac{1}{2})\alpha} $$ $$ \ln\alpha-s T=j\left(k\pi+\frac{\pi}{2}\right) $$ 因此 $ H(s) $ 的零点为 $$ s=\frac{1}{T}\left[\ln\alpha-j\Big(k\pi+\frac{\pi}{2}\Big)\right]\quad(k 是任意整数 ) $$ 为确定极点，令 $ 1/H(s)=0 $，即 $ H(s)=\infty $，但在有限 S 平面内 $ H(s)=\alpha e^{-st}+\alpha^{3}e^{-3st} $ 不可能取得无穷大，因此在有限 S 平面内无极点。 (c) $ H(s) $ 的零-极点图如图 P9.8-1(a) 所示。 (d) $ |H(j\omega)| = |\alpha e^{-j\omega T} + \alpha^3 e^{-j3\omega T}| $ 对照图 P 9.8-1(a) 可得 $ \left|H(j\omega)\right| $ 如图 P 9.8-1(b) 所示。 9.9 推导出拉氏变换的下列特性，并分析其收敛域。 (a) 时移特性 (b) S 域的频移特性 (c) 时间标度特性 (d) 卷积特性 解： (a) 若 $ x(t) \longleftrightarrow X(s) $ 收敛域 $ R_{1}(\alpha, \beta) $ 则 $ x(t \pm t_{0}) \leftarrow x(s)e^{\pm s t_{0}} $ 收敛域 $ R_{2}(\alpha, \beta) $ 证明 $$ \begin{aligned}{}&{{}\mathcal{L}\left\{x(t\pm t_{0})\right\}=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t\pm t_{0})e^{-s t}d t}\\ {}&{{}\quad=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t\pm t_{0})e^{-s(t\pm t_{0})}\cdot e^{\pm s t_{0}}d(t\pm t_{0})=e^{\pm s t_{0}}X(s)}\\ \end{aligned} $$ 收敛域仍为 $ R_{1}(\alpha,\beta) $。（因 $ e^{\pm st_{0}} $ 无极点） (b) 若 $ x(t) \longleftrightarrow X(s) $ 收敛域 $ R(\alpha, \beta) $ 则 $$ x(t)e^{\pm s_{0}t}\longleftrightarrow X(s\mp s_{0}) $$ 收敛域 $ R_{1} $ 为 $ (a \pm R \cdot \{s_{0}\}, \beta \pm R \cdot \{s_{0}\}) $ 证明 $$ \begin{aligned}{\mathcal{L}\left\{x(t)e^{\pm s_{0}t}\right\}}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{\pm s_{0}t}e^{-s t}d t}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-(s\mp s_{0})t}d t=X(s\mp s_{0})}\\ \end{aligned} $$ 收敛域 $ R_{1} $ 为 $ (\alpha \pm \mathcal{R} \cdot \{s_{0}\}, \beta \pm \mathcal{R} \cdot \{s_{0}\}) $ (c) 若 $ x(t) \leftarrow X(s) $ 收敛域 $ R(\alpha, \beta) $ 则 $$ x(a t)\longleftrightarrow\frac{1}{|a|}\;X\left(\frac{s}{a}\right) $$ 收敛域 $ R_{1} $ 为 $ \left(\frac{\alpha}{a}, \frac{\beta}{a}\right), a > 0 $ $$ \left(\frac{\beta}{a},\frac{\alpha}{a}\right),\ a<0 $$ 证明 $$ \begin{aligned}\mathcal{L}\left\{x(a t)\right\}&=\int_{-\infty}^{+\infty}x(a t)e^{-s t}d t\quad a>0\\&=\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)e^{-\frac{s}{a}\tau}d\tau\quad( 令 \tau=a\tau)\\&=\frac{1}{|a|}X\left(\frac{s}{a}\right)\quad 收敛域 R_{1}\left(\frac{\alpha}{a},\frac{\beta}{a}\right)\end{aligned} $$ 或 $$ \mathcal{L}\left\{x(a t)\right\}=\int_{-\infty}^{+\infty}x(a t)e^{-s t}d t,\ a<0 $$ $$ \begin{aligned}&=-\frac{1}{a}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)e^{-\frac{s}{a}\tau}d\tau\quad( 令 \ \tau=at)\\&=\frac{1}{|a|}X\left(\frac{s}{a}\right)\quad 收敛域 R_{1}\left(\frac{\beta}{a},\frac{\alpha}{a}\right)\end{aligned} $$ (d) 若 $ x_{1}(t)\longleftrightarrow X_{1}(s) $ 收敛域 $ R_{1}(\alpha_{1},\beta_{1}) $ $$ x_{2}(t)\longleftrightarrow X_{2}(s)\quad 收敛域 R_{2}(\alpha_{2},\beta_{2}) $$ 则 $$ x_{1}(t)*x_{2}(t)\longleftrightarrow X_{1}(s)X_{2}(s) $$ 收敛域R为 $ (\max\{\alpha_{1},\alpha_{2}\},\min\{\beta_{1},\beta_{2}\}) $ 由拉氏变换定义，有 证明 $$ \mathcal{L}\left\{x_{1}(t)*x_{2}(t)\right\}=\nonumber=\int_{-\infty}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{+\infty}x_{1}(\tau)x_{2}(t-\tau)d\tau\right]e^{-s t}d t $$ 交换积分顺序，则有 $$ \mathcal{L}\left\{x_{1}(t)*x_{2}(t)\right\}=\int_{-\infty}^{+\infty}x_{1}(\tau)\int_{-\infty}^{+\infty}x_{2}(t-\tau)e^{-s t}d\tau d\tau $$ 令 $ u = t - \tau $，则 $ t - u + \tau $，dt = du，得 $$ \begin{aligned}{\mathcal{L}\left\{x_{1}(t)*x_{2}(t)\right\}}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}x_{1}(\tau)\int_{-\infty}^{+\infty}x_{2}(u)e^{-s u}e^{-s\tau}d u d\tau}\\ {}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}x_{1}(\tau)e^{-s\tau}\int_{-\infty}^{+\infty}x_{2}(u)e^{-s u}d u d\tau}\\ {}&{{}=X_{1}(s)X_{2}(s)}\\ \end{aligned} $$ 收敛域R为 $ (\max\{\alpha_1,\alpha_2\},\min\{\beta_1,\beta_2\}) $。 9.10 (a) 若 $ x(t) $ 是偶时间函数，即 $$ x(t)=x(-t) $$ 证明 $ X(s)=X(-s) $ (b) 若 $ x(t) $ 是奇时间函数，即 $$ x(t)=-x(-t) $$ 证明 $ X(s) = -X(-s) $ (c) 确定图 P9.10 中，哪一个零-极点图对应于偶时间函数，并指出其收敛域。 （d）确定图 P9.10 中，哪一个零-极点图对应于奇时间函数并指出其收敛域。 解： （a）由拉氏变换定义得 $$ X(-s)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{st}dt $$ 令 $ i = -\tau $，则 $ dt = -d\tau $，又因为 $ x(t) = x(-\tau) $ $$ \begin{aligned}{X(-s)=}&{{}-\int_{+\infty}^{-\infty}x(-\tau)e^{-s\tau}d\tau}\\ {=}&{{}\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)e^{-s\tau}d\tau=X(s)}\\ \end{aligned} $$ (b) 同样道理，当 $ x(-t) = -x(t) $ 时 $$ \begin{aligned}{X(-\varsigma)}&{{}=-\int_{+\infty}^{-\infty}x(-\tau)e^{-s\tau}d\tau}\\ {}&{{}=-\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)e^{-s\tau}d\tau=-\bar{X}(\varsigma)}\\ \end{aligned} $$ （6）由零-极点图可写出各图对应的拉氏变换为 $$ X_{a}(s)=A\frac{s}{(s+1)(s-1)},\quad X_{b}(s)=\tilde{A}\frac{(s+1)(s-1)}{s} $$ $$ X_{c}(s)=A\frac{(s+j)(s-j)}{(s+1)(s-1)},\ X_{d}(s)=A\frac{s-1}{s+1} $$ 而其对应的 X(-s) 为 $$ X_{a}(-s)=\frac{-A s}{(-s+1)(-s-1)}=-X_{a}(s) $$ $$ X_{b}(-s)=A\frac{(-s+1)(-s-1)}{-s}=-X_{b}(s) $$ $$ X_{c}(-s)=A\frac{(-s+j)(-s-j)}{(-s+1)(-s-1)}=X_{c}(s) $$ $$ X_{d}(-s)=A\frac{-s-1}{-s+1}=-\frac{1}{X_{d}(s)} $$ 一般情况下，可以在零-极点图上由其零点和极点本身的对称性可判定 $ X(s) $ 的奇偶性，显然， $ X_{a}(s) $ 和 $ X_{b}(s) $ 是奇函数， $ X_{c}(s) $ 是偶函数。 当 $ x(t) $为偶函数时，可分解成 $$ x(t)=x_{1}(t)u(t)+x_{2}(t)u(-t) $$ 这是一个双边信号，若 $ x(t) $ 的拉氏变换存在，则其收敛域必定是一条带。因此对于图(c)。其收敛域为 $$ -1<\mathcal{R}\bullet\{s\}<1 $$ (d) 当 $ x(t) $ 为奇函数时，同样可分解成 $$ x(t)=x_{1}(t)u(t)+x_{2}(t)u(-t) $$ 这也是一个双边信号，因此若 $ x(t) $ 的拉氏变换存在，其收敛域也是一条带，因此对于图(a)，其收敛域为 $$ -1<\mathcal{R}\circ\{s\}<1 $$ 对于图(b)和图(d)，它们不具有双边信号的收敛域。因此它们既不是对应于偶时间函数，也不是对应于奇时间函数的零-极点图。 9.11 假定 $ x(t) $ 是 t < 0 时 $ x(t) = 0 $，且其拉氏变换为 $ X(s) $ 的因果信号 $ x(t) = x(t)u(t) $，可将它在 $ t = 0^{+} $ 展开成台劳级数 $$ x(t)=\left[x(0^{+})+x^{(1)}(0^{+})t+\cdots+x^{(n)}(0^{+})\frac{t^{n}}{n!}+\cdots\right]u(t) $$ 式中 $ x^{(n)}(0^{+}) $ 表示 $ t=0^{+} $ 时刻 $ x(t) $ 的第 n 阶导数。 （a）确定式(P9.11)右边的任意项 $ x^{(n)}(0^{+}) \frac{t^{n}}{n!} u(t) $ 的拉氏变换。 (b) 由(a)的结果及式 $ (P9.11) $，证明 $ X(s) $可表示成 $$ X(s)=\sum_{n=0}^{+\infty}x^{(n)}(0^{+})\frac{1}{s^{n+1}} $$ (c) 证明，式 $ x(0^{+}) = \lim_{s \to \infty} s X(s) $ 可从 (b) 得到。 (d) 根据下面两例验证初值定定理. (i) $$ X(s)=\frac{1}{s+2},\quad(ii)\quad X(s)=\frac{s+1}{(s+2)(s+3)} $$ (e) 初值定理的一般形式表明 若 n < N 时， $ x^{(\pi)}(0^{+}) = 0 $，则 $$ x^{(N)}\big(\mathbf{\Theta}0^{+}\big)=\lim_{s\to\infty}s^{N+1}X(s) $$ 证明，以上一般形式的陈述也可从(b)导出。 解： (a) 由 S 域的微分特性 $$ u(t)\leftrightarrow\frac{1}{s}\qquad\mathcal{R}\circ\{s\}>0 $$ $$ t u(t)\longleftrightarrow-\frac{d}{d s}\left[\frac{1}{s}\right]=\frac{1}{s^{2}}\qquad\mathcal{R}\circ\{s\}>0 $$ $$ \frac{t^{2}}{2}\;u(t){\longleftrightarrow}(-1)^{2}\;\frac{d}{d s}\;\left[\frac{d}{d s}\left(\frac{1}{s}\right)\right]=\frac{1}{s^{3}}\qquad\mathcal{R}\circ\{s\}>0 $$ 一般形式为 $$ \frac{t^{n}}{n!}u(t)\longleftrightarrow\frac{1}{s^{n+1}}\qquad\mathcal{R}\circ\{s\}>0 $$ 两边乘以常量 $ x^{(n)}(0^{+}) $ 得 $$ x^{(n)}(0^{+})\frac{t^{n}}{n!}\;u(t){\longleftrightarrow}x^{(n)}(0^{+})\;\frac{1}{s^{n+1}},\qquad\mathcal{R}\circ\{s\}>0 $$ (b) 由式(P9.11)并利用(a)的结果得 $$ X(s)=\sum_{n=0}^{+\infty}x^{(n)}(0^{+})\frac{1}{s^{n+1}} $$ (c) 由上式可得 $$ \begin{aligned}s X(s)&=s\sum_{n=0}^{+\infty}x^{(n)}(0^{+})\frac{1}{s^{n+1}}=\sum_{n=0}^{+\infty}x^{(n)}(0^{+})\frac{1}{s^{n}}\\&=\left[x(0^{+})+x^{(1)}(0^{+})\frac{1}{s}+x^{(2)}(0^{+})\frac{1}{s^{2}}+\cdots\right]\end{aligned} $$ 所以 $$ \lim_{s\to\infty}s X(s)=x(0^{+}) $$ (d) (i) 因 $ X(s)=\frac{1}{s+2}\leftrightarrow x(t)=e^{-2t}u(t) $ 所以 $$ x(0^{+})=1 $$ 而 $$ \lim_{s\to\infty}sX(s)=\lim_{s\to\infty}\frac{s}{s+2} $$ 运用罗必达法则，得 $$ x(0^{+})=\lim_{s\to\infty}s X(s)=\lim_{s\to\infty}\frac{1}{1}=1 $$ (ii) $ X(s) = \frac{s + 1}{(s + 2)(s + 3)} = \frac{A}{s + 2} + \frac{B}{s + 3} $ 其中 $ A = X(s)(s + 2)|_{s = -2} = -1 $, $ B = X(s)(s + 3)|_{s = -3} = 2 $ $$ \begin{aligned}{X(s)=\frac{1}{s+2}+\frac{2}{s+3}}\\ {x(t)=2e^{-3t}u(t)-e^{-2t}u(t)}\\ {x(0^{+})=2-1=1}\\ \end{aligned} $$ 而 $$ \lim_{s\to\infty}sX(s)=\lim_{s\to\infty}\frac{s^{2}+s}{s^{2}+5s+6}=1=x(0^{+}) $$ (e) 由(b)可知 $$ X(s)=\sum_{n=0}^{+\infty}x^{(n)}(0^{+})\frac{1}{s^{n+1}} $$ 已知 n < N 时， $ x^{(n)}(0^{+}) = 0 $，所以 $$ \begin{aligned}{X(s)}&{{}=\sum_{n=N}^{+\infty}x^{(n)}(0^{+})\frac{1}{s^{n+1}}}\\ {}&{{}=x^{(N)}(0^{+})\frac{1}{s^{N+1}}+x^{(N+1)}(0^{+})\frac{1}{s^{N+2}}+\cdots}\\ \end{aligned} $$ 因此得 $$ \begin{aligned}\lim_{s\to\infty}s^{N+1}X(s)&=\lim_{s\to\infty}\left[x^{(N)}(0^{+})+\frac{x^{(N+1)}(0^{+})}{s}+\cdots\right]\\&=x^{(N)}(0^{+})\end{aligned} $$ 9.12 设 $ x(t) $ 是一个拉氏变换为 $ X(s) $ 的实信号。 (a) 利用式 $$ x(t)=\frac{1}{2\pi j}\int_{\sigma-j_{\infty}}^{\sigma+j_{\infty}}X(s)e^{s t}d s $$ 证明 $ X(s)=X^{*}(s^{*}) $ (b) 根据 (a) 的结果，证明若在 $ s = s_{0} $ 上有一极点（或零点），则它必在 $ s = s_{0}^{*} $ 上有一极点（或零点）。即 $ x(t) $ 为实函数时，不在实轴上的 $ X(s) $ 的极点和零点必定以共轭成对形式出现。 解： $$ {(a)}\;x(t)\;=\;\frac{1}{2\pi j}\int_{\sigma-i_{\infty}}^{\sigma+i_{\infty}}X(s)e^{s t}d s $$ $$ x^{*}(t)=-\frac{1}{2\pi j}\int_{\sigma-i_{\infty}}^{\sigma+j_{\infty}}X^{*}(s)e^{s^{*}t}d s^{*} $$ 由于 $ x(t) $ 是实函数，所以 $ x^{*}(t)=x(t) $ $$ x(t)=-\frac{1}{2\pi j}\int_{\sigma\sim i_{\infty}}^{\sigma+j_{\infty}}X^{*}(s)e^{s^{*}t}d s^{*} $$ 令 $ z = s^{*} $，在固定的 $ \sigma $ 时，dz = -ds，因此 $$ x(t)=\frac{1}{2\pi j}\int_{\sigma-i\infty}^{\sigma+j\infty}X^{*}(z^{*})e^{\pi t}d\mathbf{z} $$ 所以 $$ \mathcal{L}\left\{x(t)\right\}=X^{*}(s^{*}) $$ $$ X(s)\Rightarrow X^{*}(s^{*}) $$ 另外，若给出 $$ X(s)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-st}dt $$ 则 $$ X(s^{*})=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-s^{*}t}dt $$ 两边取共轭，得 $$ X^{*}(s^{*})=\int_{-\infty}^{+\infty}x^{*}(t)e^{-st}dt $$ 由 $ x^{*}(t)=x(t) $得 $$ X^{*}(s^{*})=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)e^{-s t}d t=X(s) $$ (b) (i) 由 (a) 小题可知， $ x(t) $ 为实数时， $$ X^{*}(s^{*})=X(s) $$ 设在 $ s = s_{0} $ 上有一零点，即 $$ \begin{aligned}&X(s_{0})=0\\&X^{*}(s_{0}^{*})=0\\ \end{aligned} $$ 则有 对上式两边取共轭，得 $$ X(s_{0}^{*})=0 $$ 可见， $$ X(s_{0})\not=X(s_{0}^{*})=0 $$ 所以不在实轴上的 $ X(s) $ 的零点必定以共轭成对形式出现。 另外，设 $ s = s_{0} $ 为 $ X(s) $ 的一个极点，则 $$ X(s)=\frac{N(s)}{D(s)}=\frac{N(s)}{D_{1}(s)(s-s_{0})} $$ 由于 $ X(s)=X^{*}(s^{*}) $，所以 $$ X(s)=\frac{N^{*}(s^{*})}{D_{1}^{*}(s^{*})(s^{*}-s_{0})}=\frac{N^{*}(s^{*})}{D_{1}^{*}(s^{*})(s-s_{0}^{*})} $$ 所以 $ s_{0}^{*} $ 也是 $ X(s) $ 的极点。故 $ X(s) $ 的不在实轴上的极点也必定以共轭成对形式出现。 9.13 利用拉氏变换的基本特性及基本变换对 $ \delta(t)\longleftrightarrow1 $ 和 $ e^{-\alpha t}u(t)\longleftrightarrow\frac{1}{s+\alpha} $ 证明下列变换对： (i) $$ \delta(\imath-T){\longleftrightarrow}e^{-s T}\quad-\infty<{\mathcal{R}}_{*}\{s\}<+\infty $$ (ii) $$ (\cos\omega_{0}t)u(t){\longleftrightarrow}\frac{s}{s^{2}+\omega_{0}^{2}}\quad\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>0 $$ (iii) $$ (\sin\omega_{_{0}}t)u(t){\longleftrightarrow}\frac{\omega_{_{0}}^{2}}{s^{2}+\omega_{_{0}}^{2}}\quad\mathcal{R}_{\mathrm{~e~}}\{s\}>0 $$ (iv) $$ (e^{-\alpha t}\cos\omega_{0}t)u(t)\longleftrightarrow\frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^{2}+\omega_{0}^{2}}\quad\mathcal{R}_{e}\{s\}>-\alpha $$ (v) $$ (e^{-\alpha t}\sin\omega_{0}t)u(t)\longleftrightarrow\frac{\omega_{0}}{(s+\alpha)^{2}+\omega_{0}^{2}}\quad\mathcal{R}_{e}\{s\}>-\alpha $$ 解： (i) 因为 $ \delta(t)\longleftrightarrow1, -\infty < \mathcal{R}_{e}\{s\} < +\infty $ 根据时域位移特性 $ x(t-t_{0})\longleftrightarrow e^{-s_{0}t}X(s) $ 所以得 $$ \delta(t-T){\longleftrightarrow}e^{-s T}\quad-\infty<{\mathcal{R}}_{o}\{s\}<+\infty $$ （ii）因为 $ \cos\omega_{0}t=\frac{1}{2}\left(e^{j\omega_{0}t}+e^{-j\omega_{0}t}\right)u(t) $ 而 $$ e^{i\omega_{0}t}\longleftrightarrow\frac{1}{s-i\omega_{0}},\mathrm{~\mathcal{R}_{o}\{s\}>0~} $$ $$ e^{-i\omega_{0}t}\longleftrightarrow\frac{1}{s+i\omega_{0}},~\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>0 $$ 所以 $$ \begin{aligned}{\cos\omega_{_{0}}t u(t)}&{{}\longleftrightarrow\frac{1}{2}\frac{1}{s-j\omega_{_{0}}}+\frac{1}{2}\frac{1}{s+j\omega_{_{0}}}}\\ {}&{{}=\frac{s}{s^{2}+{\omega_{0}^{2}}},\mathcal{R}_{\ast}\{s\}>0}\\ \end{aligned} $$ （iii）因为 $ \sin\omega_{0}tu(t)=\frac{1}{2j}(e^{i\omega_{0}t}-e^{-i\omega_{0}t})u(t) $ 所以 $$ \begin{aligned}{\sin\omega_{o}b u(t)}&{{}\longleftrightarrow\frac{1}{2\jmath}\frac{1}{s-\jmath\omega_{0}}-\frac{1}{2\jmath}\frac{1}{s+\jmath\omega_{0}}}\\ {}&{{}=\frac{\omega_{0}}{s^{2}+\omega_{0}^{2}},\enspace\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>0}\\ \end{aligned} $$ （iv）由（ii）小题结论及 S 域位移特性 $$ e^{-\alpha t}x(t)\longleftrightarrow X(s+\alpha),\mathrm{( 收敛域位移 )} $$ 得 $$ (e^{-\alpha t}\cos\omega_{0}t)u(t)\longleftrightarrow\frac{s+\alpha}{(s+\alpha)^{2}+\omega_{0}^{2}},\mathcal{R}_{e}\{s\}>-\alpha $$ (v) 同样可由 (iii) 小题得 $$ (e^{-\alpha t}\sin\omega_{0}t)u(t){\longleftrightarrow}\frac{\omega_{0}}{(s+\alpha)^{2}+\omega_{0}^{2}},\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>-\alpha $$ 9.14 假定一个 LTI 系统的系统函数 $ H(s) $ 的零-极点图如图 P 9.14 所示。 (a) 指出与该零-极点图相应的所有可能的收敛域。 (b) 对于 (a) 小题中指出的各收敛域，确定其相应系统是否是稳定的？是否是因果的？ 解： (a) 由图可见，所有可能的收敛域为 $$ \begin{aligned}{}&{{}\mathcal{R}_{e}\{s\}>1,}\\ {}&{{}-1<\mathcal{R}_{e}\{s\}<1}\\ \end{aligned} $$ $$ -2<\mathcal{R}_{o}\{s\}<-1,\ \mathcal{R}_{o}\{s\}<-2 $$ (b) 由于 $ \mathcal{R}_{*}\{s\} > 1 $ 时，收敛域不包含 $ t \infty $ 轴，所以系统是不稳定的，由于收敛域是在最右边极点的右边，所以是因果的。 同样可知， 对于 $ -1 < \mathcal{R}_{e}(s) < 1 $，系统是稳定的，但为非因果的。 对于 $ -2 < \mathcal{R}_{s}\{s\} < -1 $，系统是不稳定的，非因果的。 对于 $ \mathcal{R}_{*}\{s\}<-2 $，系统是不稳定的，逆因果的。 9.15 假定一个 LTI 系统的冲激响应为 $ h(t) = e^{-u} u(t) $，输入为 $ x(t) = e^{-t} u(t) $。 (a) 求 $ x(t) $ 与 $ h(t) $ 的拉氏变换. (b) 利用卷积特性，求输出 $ y(t) $ 的拉氏变换 $ Y(s) $. (c) 根据 (b) 得的结果 $ Y(s) $ 求 $ y(t) $. （d）通过直接计算 $ x(t) $ 与 $ h(t) $ 的卷积，验证（b）小题的结果。 解： (a) $$ \begin{aligned}{X(s)}&{{}=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t}u(t)e^{-s t}d t}\\ {}&{{}=\int_{0}^{+\infty}e^{-t}e^{-s t}d t=\frac{1}{s+1},\qquad\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>-1}\\ \end{aligned} $$ 同样 $ h(t) = e^{-2t} u(t) \longleftrightarrow \frac{1}{s + 2}, \quad \mathcal{R}_{0}\{s\} > -2 $ $$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=x(t)*h(t)\longleftrightarrow Y(s)=X(s)H(s)}\\ {}&{{}=\frac{1}{(s+1)(s+2)},\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>-1}\\ \end{aligned} $$ $$ (c)\ Y(s)=\frac{1}{(s+1)(s+2)}=\frac{A}{s+1}+\frac{\mathcal{B}}{s+2} $$ 其中 $ A=(s+1)Y(s)\mid_{s=-1}=1,\quad B=(s+2)Y(s)\mid_{s=-2}=-1 $ 所以 $ Y(s)=\frac{1}{s+1}-\frac{1}{s+2} $ $$ y(t)=[e^{-t}-e^{-2t}]u(t) $$ (d) $$ \begin{align*}y\left(t\right)&=\int_{-\infty}^{+\infty}h(\tau)x(t-\tau)=\int_{0}^{+\infty}e^{-2\tau}e^{-(t-\tau)}u(t-\tau)d\tau\\&=\int_{0}^{t}e^{-2\tau}e^{-t+\tau}d\tau=e^{-t}\int_{0}^{t}e^{-\tau}d\tau=[e^{-t}-e^{-2t}]u(t)\end{align*} $$ 可见结果相同。 9.16 一个 LTI 系统对单位阶跃 $ u(t) $ 的响应 $ s(t) $ 为 $$ s(t)=(1-e^{-t}-\imath e^{-t})u(t) $$ 若该系统对某个输入 $ x(t) $ 的响应 $ y(t) $ 为 $$ y(t)=(2-3e^{-t}+e^{-3t})u(t) $$ 确定这个输入信号 $ x(t) $ 解： 由题可知，当输入为 $$ x(t)=u(t)\longleftrightarrow X(s)=\frac{1}{s} $$ 时，输出 $ y(t) = s(t) $ 为 $$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=s(t)=(1-e^{-t}-\tau e^{-t})u(t)\longleftrightarrow Y(s)}\\ {}&{{}=\frac{1}{s}-\frac{1}{s+1}-\frac{1}{(s+1)^{2}}}\\ {}&{{}=\frac{1}{s(s+1)^{2}},\qquad\mathcal{R}\circ\{s\}>0}\\ \end{aligned} $$ 所以，系统函数 $ H(s) $ 为 $$ H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{1}{(s+1)^{2}},\qquad\mathcal{R}_{\circ}\{s\}>-1 $$ 该系统对某个输入 $ x(t) $ 的响应 $ y(t) $ 及其拉氏变换为 $$ \begin{align*}y(t)=(2-3e^{-t}+e^{-3t})u(t)\longleftrightarrow&Y(s)=\frac{2}{s}-\frac{3}{s+1}\\+\frac{1}{s+3}=\frac{6}{s(s+1)(s+3)},&\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>0\end{align*} $$ 所以得 $$ \begin{aligned}X(s)&=\frac{Y(s)}{H(s)}=\frac{6(s+1)}{s(s+3)}=\frac{A}{s}+\frac{B}{s+3}\\&=\frac{2}{s}+\frac{4}{s+3},\ \mathcal{R}_{e}\{s\}>0\end{aligned} $$ 其中 $ A=\frac{6(s+1)}{s+3}\bigg|_{s=0}=2 $， $ B=\frac{6(s+1)}{s}\bigg|_{s=-3}=4 $ 因此 $ x(t)=2u(t)+4e^{-3u}u(t) $ 9.17 一个 LT1 系统 $ H(s) $ 的逆系统 $ H_{1}(s) $ 定义为：当系统 $ H(s) $ 与其逆系统 $ H_{1}(s) $ 级联时，其总转移函数为 1，或者等效成其总冲激响应为单位冲激 $ \delta(t) $。 (a) 确定系统 $ H(s) $ 与其逆系统 $ H_{1}(s) $ 之间的一般代数关系。 (b) 图 P 9.17 表示一个稳定的，因果系统 $ H(s) $ 的零-极点图。确定其逆系统 $ H_{1}(s) $ 的零-极点图。 (c) 假定逆系统 $ H_{1}(s) $ 是稳定的，求其冲激响应 $ h_{1}(t) $ (d) 直接将上述求得的 $ h(t) $ 与 $ h_{1}(t) $ 卷积，证明两个系统级联的冲激响应为 $ \delta(t) $。 (a) 因为 $ H(s)H_{1}(s)=1 $ ，所以 $ H_{1}(s)=\frac{1}{H(s)} $ (b) 由图 P 9.17 可知， $$ H(s)=\frac{s-\frac{1}{2}}{s+1} $$ 则 $$ H_{1}(s)=\frac{s+1}{s-\frac{1}{2}} $$ 其零-极点图如图 P 9.17-1 所示。 (c) 由图 P 9.17-1 可知，若 $ H_{1}(s) $ 是稳定的，则其收敛域必在 $ s = \frac{1}{2} $ 的左边，所以是左边信号。因此 $$ H_{1}(s)=1+\frac{3/2}{s-\frac{1}{2}},\qquad\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}<\frac{1}{2} $$ $$ h_{1}(t)=\delta(t)-\frac{3}{2}e^{\frac{t}{2}}u(-t) $$ (d) 因 $ H(s) = \frac{s - \frac{1}{2}}{s + 1} = 1 - \frac{3/2}{s + 1} $, $ \mathcal{R}_s\{s\} > -1 $ 所以 $ h(t) = \delta(t) - \frac{3}{2} e^{-t} u(t) $ $ h(t) $ 与 $ h_{1}(t) $ 的直接卷积为 $$ \begin{align*}h(t)*h_{1}(t)&=\left[\delta(t)\;-\;\frac{3}{2}\;e^{-t}u(t)\right]*\left[\delta(t)\;-\;\frac{3}{2}\;e^{\frac{t}{2}}u(-t)\right]\\&=\delta(t)\;-\;\frac{3}{2}\;u(t)\;-\frac{3}{2}\;e^{\frac{t}{2}}u(-t)\\&\quad+\frac{9}{4}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\tau}u(\tau)e^{\frac{t-\tau}{2}}u(-t+\tau)d\tau\end{align*} $$ 上式右边最后一项可简化为 $$ \begin{aligned}{\frac{9}{4}}&{{}\int_{0}^{\infty}e^{-\tau}e^{\frac{s}{2}}e^{-\frac{\tau}{2}}u(-t+\tau)d\tau}\\ {}&{{}=\left\{\begin{aligned}{}&{{}\frac{9}{4}\int_{t}^{+\infty}e^{\frac{t}{2}}e^{-\frac{3\tau}{2}}d\tau,\qquad t>0}\\ {}&{{}\frac{9}{4}\int_{0}^{+\infty}e^{\frac{t}{2}}e^{-\frac{3\tau}{2}}d\tau,\qquad t<0}\\ \end{aligned}\right.}\\ {}&{{}=\frac{9}{4}~e^{\frac{s}{2}}\left[-\frac{2}{3}~e^{-\frac{3\tau}{2}}\right]\bigg|_{t}^{\infty}u(t)+\frac{9}{4}~e^{\frac{t}{2}}\left[-\frac{2}{3}~e^{-\frac{3\tau}{2}}\right]\bigg|_{0}^{\infty}u(-t)}\\ {}&{{}=\frac{3}{2}~e^{-t}u(t)+\frac{3}{2}~e^{\frac{t}{2}}u(-t)}\\ \end{aligned} $$ 因此代入后得 $$ \begin{aligned}{h(t)*h_{1}(t)=\delta(t)-\frac{3}{2}~e^{-t}u(t)-\frac{3}{2}~e^{\frac{t}{2}}u(-\tau)}\\ {+\frac{3}{2}~e^{-t}u(t)+\frac{3}{2}~e^{\frac{t}{2}}u(t)=\delta(t)}\\ \end{aligned} $$ 即证。 9.18 说明最小相位系统是因果的和稳定的，而且其逆系统也是因果的和稳定的理由。 解： 最小相位系统的特点是 $ H(s) $ 的极点位于 S 平面的左半平面，而且零点仅位于左半平面或 $ t\omega $ 轴上。而因果的稳定系统其极点只能落在 S 左半面上，因此第一点是相符合的。 此外，因其逆系统的转移函数 $ H_{1}(s) $ 是原系统 $ H(s) $ 的倒数，即 $ H_{1}(s)=\frac{1}{H(s)} $。因而原系统的零点变成逆系统的极点，原系统的极点变成逆系统的零点。根据最小相位系统的特点，可见，最小相位系统的逆系统 $ H_{1}(s) $ 的所有零极点必然全部落在 S 平面的左半平面，即 $ \mathcal{R}\cdot\{s\}<0 $。 9.19 判断下列有关 LTI 系统的各种说法是否成立。若成立，证明之；若不成立，举出一个反例。 说法1. 若一个连续时间系统是稳定的，则其系统函数 $ H(s) $ 的所有极点必定都落在 S 平面的左半平面内（即 $ \mathcal{R}_{0}\{s\} < 0 $）. 说法2. 若一个系统的系统函数的极点多于零点，且该系统是因果的，则其阶跃响应在 t=0 上是连续的。 说法3. 若一个系统的系统函数的极点多于零点，且该系统不限定是因果的，则其阶跃响应在 t=0 上可能间断. 说法4. 一个因果的，稳定系统的系统函数 $ H(s) $ 所有的零极点必须都在 S 平面的左半平面内. 解： 说法1不成立，因为上述说法只适用于因果系统。对于数学 上的逆因果系统，其极点可在 S 平面的右半平面上，如图 P 9.19 (a) 所示. 说法 2 成立。因为该因果系统的系统函数为 $$ H(s)=\frac{N(s)}{D(s)} $$ 由题可知， $ N(s) $ 的阶次小于 $ D(s) $ 的阶次，所以其冲激响应 $ h(t) $ 在 t=0 上无冲激。而冲激响应 $ h(t) $ 是阶跃响应的导数，由于 $ h(t) $ 在 t=0 上无冲激，因此阶跃响应在 t=0 上是连续的。 还可运用初值定理证实之．已知 $ H(s)=\frac{N(s)}{D(s)} $，由于 $ N(s) $的阶次小于 $ D(s) $的阶次，所以 $$ \lim_{s\to\infty}H(s)=0 $$ 系统的阶跃响应为 $$ g(t)=u(t)*h(t)\longleftrightarrow G(s)=\frac{1}{s}H(s) $$ 由于系统是因果的，因此 $ g(0^{-}) = 0 $ 根据初值定理，有 $$ g(0^{+})=\lim_{s\to\infty}s G(s)=\lim_{s\to\infty}\frac{1}{s}H(s)=0 $$ 可见 $ g(t) $ 在 t = 0 上是连续的。 说法3不成立。因为因果性并不是确保其阶跃响应连续的必要条件，由上小题可知，在 $ N(s) $的阶次小于 $ D(s) $的阶次情况下，阶跃响应 $ g(t) $在t=0上是连续的，反之，则会在t=0上出现间断。同样，对于非因果系统也不能肯定在t=0上是连续或间断的。 说法4不成立。因为一个稳定的因果系统其所有极点必须在S平面的左平面，但其零点可在右半平面，如图P 9.19(b)所示。 9.20 信号 $ x(t) $ 的自相关函数 $ \phi_{xx}(\tau) $ 定义为 $$ \phi_{x x}(\tau)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(t)x(t+\tau)d\tau $$ （a）对于图 P 9.20-1 所示 LTI 系统，当其输入为 $ x(t) $，输出为 $ \phi_{xx}(t) $ 时，根据 $ x(t) $ 求系统的冲激响应 $ h(t) $. (b) 根据 (a) 小题的结果，用 $ X(s) $ 表示 $ \phi_{xx}(\tau) $ 的拉普拉斯变换 $ \Phi_{xx}(s) $，并用 $ X(t\omega) $，表示 $ \phi_{xx}(\tau) $ 的傅氏变换 $ \Phi_{xx}(t\omega) $. (c) 若 $ x(t) $ 具有图 P 9.20-2 所示的零-极点图和收敛域，画出 $ \phi_{xx}(\tau) $ 的零-极点图和收敛域。 解： (a) $ y(t) = \int_{-\infty}^{+\infty} x(\tau) h(t - \tau) d\tau $ 由题可知 $$ y(t)=\phi_{x x}(t)=\int_{-\infty}^{+\infty}x(\tau)x(t+\tau)d\tau $$ 比较两式可得 $$ h(-\tau+\tau)=x(\tau+\tau) $$ $$ h(-\tau)=x(\tau) $$ 所以 $$ h(t)=x(-t) $$ (b) 由(a)小题结果可知 $$ H(s)=X(-s) $$ 所以 $$ \Phi_{x x}(s)=H(s)X(s)=X(-s)X(s) $$ $$ \varPhi_{x x}(j\omega)=X(-j\omega)X(j\omega) $$ 若 $ x(t) $ 是实信号，则 $ X(-j\omega)=X^{*}(j\omega) $。于是 $$ \varPhi_{x x}(j\omega)=X(j\omega)X^{*}(j\omega)=|X(j\omega)|^{2} $$ (c) 由图可见， $ x(t) $ 是右边信号，因此由(a)小题所导出的 $ h(t)=x(-t) $ 是左边信号。由于 $ x(t) $ 与 $ h(t) $ 卷积的拉氏变换的收敛域是两者收敛域的交集，所以 $ \phi_{xx}(\tau) $ 是双边信号，其零-极点图和收敛域如图P 9.20-3所示。 9.21 在信号设计和分析的许多应用中，常常遇到由下式定义的一类信号： $$ \phi_{n}(t)=e^{-\frac{t}{2}}L_{n}(t)u(t),~n=0,1,2,\cdots $$ ·其中 $$ L_{n}(t)=\frac{e^{t}}{n!}\frac{d^{n}}{d t^{n}}\left(t^{n}e^{-t}\right) $$ (a) 函数 $ L_{s}(t) $ 称为拉格朗日多项式。直接求 $ L_{0}(t) $， $ L_{1}(t) $ 及 $ L_{2}(t) $，证明它们具有多项式形式。 (b) 利用拉氏变换 S 域的微分特性及位移特性，求 $ \phi_{n}(t) $ 的拉氏变换 $ \Phi_{n}(s) $。 (c) 信号集 $ \phi_{n}(t) $ 可用图 P 9.21 所示网络，由一个单位冲激 $ \delta(t) $ 激励来产生。利用 (b) 小题的结果确定 $ H_{1}(s) $ 和 $ H_{2}(s) $，使得沿该级联链网络的冲激响应为图示信号 $ \phi_{n}(t) $。 解： (a) 由式 (P9.21b) 得 $$ L_{0}(t)=e^{t}e^{-t}=1, $$ $$ L_{1}(t)=e^{t}\frac{d}{d t}\left(\tau e^{-t}\right)=e^{t}[e^{-t}-\tau e^{-t}]=1-\tau $$ $$ \begin{aligned}L_{2}(t)&=\frac{e^{t}}{2}\frac{d}{dt}[t^{2}e^{-t}]\\&=\frac{e^{t}}{2}\frac{d}{dt}[2te^{-t}-t^{2}e^{-t}]\\&=\frac{e^{t}}{2}[2e^{-t}-2te^{-t}-2te^{-t}+t^{2}e^{-t}]\\&=1-2t+t^{2}\\ \end{aligned} $$ (b) 由式(P 9.21a) 和 (P 9.21b) 可知， $$ \begin{aligned}{\phi_{n}(t)}&{{}=\frac{1}{n!}\;e^{\frac{t}{2}}\left[\frac{d^{n}}{d t^{n}}\left(\imath^{n}e^{-t}\right)\right]u(t)}\\ {}&{{}=\frac{1}{n!}\;e^{\frac{t}{2}}\;\frac{d^{n}}{d t^{n}}\;[\imath^{n}e^{-t}u(t)\;+\;\imath^{n}e^{-t}u(-t)]u(t)}\\ {}&{{}=e^{t/2}\;\frac{d^{n}}{d t^{n}}\left[\frac{\imath^{n}e^{-t}}{n!}u(t)\right]}\\ \end{aligned} $$ 根据 S 域微分特性的结果，可得 $$ \overbrace{n!}^{t^{n}e^{-t}}u(t)\longleftrightarrow\frac{1}{(s+1)^{n+1}} $$ 再利用时域微分特性 $$ \frac{d^{n}}{d t^{n}}\left[\frac{t^{n}e^{-t}}{n!}u(t)\right]\longleftrightarrow\frac{s^{n}}{(s+1)^{n+1}} $$ 根据 S 域位移特性的结果，可得 $$ e^{\frac{t}{2}\left\{\frac{d^{n}}{d t^{n}}\left[\frac{t^{n}e^{-t}}{n\downarrow}u\left(t\right)\right]\right\}}\longleftrightarrow\frac{\left(s-\frac{1}{2}\right)^{n}}{\left(s+\frac{1}{2}\right)^{n+1}}\quad\mathcal{R}\epsilon\left\{s\right\}>\frac{1}{2} $$ 即 $$ \phi_{n}(s)=\frac{\left(s-\frac{1}{2}\right)^{n}}{\left(s+\frac{1}{2}\right)^{n+1}}\quad\mathcal{R}e\{s\}>\frac{1}{2} $$ (c) 由图可知， $$ x(t)=\delta(t)\longleftrightarrow X(s)=1 $$ $$ H_{1}(s)\;=\frac{\varPhi_{0}(s)}{X(s)}=\dot{\varPhi}_{0}(s)\;=\frac{1}{s+\frac{1}{2}} $$ $$ H_{2}(s)=\frac{\phi_{1}(s)}{\phi_{0}(s)}=\left(\frac{1}{s+\mathrm{~\frac{1}{2}~}}\right)^{-1}\left[\frac{s-\mathrm{~\frac{1}{2}~}}{\left(s+\mathrm{~\frac{1}{2}~}\right)^{2}}\right]=\frac{s-\frac{1}{2}}{s+\frac{1}{2}}\mathcal{R}e\{s\}<\frac{1}{2} $$ 其中 $ \Phi_{0}(s) $ 和 $ \Phi_{1}(s) $ 是用 n=0 和 n=1 代入 (b) 小题的结果而得。 9.22 对于图 P 9.22-1 所示 LTI 系统，已知输入 $$ X(s)=\frac{s+2}{s-2} $$ $$ x(t)=0,\;t>0 $$ 而其输出 y(t) 为 $$ y(t)=-\frac{2}{3}e^{2t}u(-t)+\frac{1}{3}e^{-t}u(t) $$ $$ y(t)=-\frac{2}{3}e^{2t}u(-t)+\frac{1}{3}e^{-t}u(t) $$ 如图 P9.22-2 所示。 (a) 求 $ H(s) $ 及其收敛域. (b) 求 $ h(t) $ (c) 根据 (a) 小题中所求得的系统函数 $ H(s) $，确定输入 $ x(t) $ 为 $$ x(t)=e^{3t},\qquad-\infty<\tau<+\infty $$ 时的输出 $ y(t) $. 解： (a) 由已知条件 $ X(s)=\frac{s+2}{s-2} $，得 $ X(s) $ 的零-极点图，如图 P9.22-3(a) 所示。 由 $$ y(t)=-\frac{2}{3}e^{2\iota}u(-\tau)+\frac{1}{3}e^{-\tau}u(t) $$ 得 $$ \begin{array}{r}{Y(s)=\frac{2/3}{s-2}+\frac{1/3}{s+1}=\frac{s}{(s-2)(s+1)},}\\ {-1<\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}<2}\end{array} $$ Y(s) 的零-极点图如图 P 9.22-3(c) 所示. 因此 $$ H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{s}{(s+2)(s+1)},\qquad\mathcal{R}_{e}\{s\}>-: $$ 因为 $ y(t) $ 是有界的，所以 $ H(s) $ 必定是稳定的， $ Y(s) $ 的收敛域应包括 $ X(s) $ 与 $ H(s) $ 的公共收敛域，所以 $ H(s) $ 的零-极点图和收敛域如图 P 9.22-3(c) 所示. $$ \begin{aligned}H(s)&=\frac{s}{(s+2)(s+1)}=\frac{A}{s+2}+\frac{B}{s+1}\\&=\frac{2}{s+2}-\frac{1}{s-1}\end{aligned} $$ 其中 $$ A=\frac{s}{s+1}\bigg|_{s=-2}=2,\quad B=\frac{s}{s+2}\bigg|_{s=-1}=-1 $$ 所以得 $$ h(t)=2e^{-2t}u(t)-e^{-t}u(t) $$ (c) 由于指数 $ e^{3t} $ 是 LTI 系统的特征函数，所以得 $$ y(t)=H(s)e^{s t}|_{s=3}=H(3)e^{3t}=\frac{3}{20}e^{3t},\qquad-\infty 9.23 设一个连续时间 LTI 系统的微分方程为 $$ \frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}-\frac{d y(t)}{d t}-2y(t)=x(t) $$ (a) 求 $ H(s) $，并画出 $ H(s) $ 的零-极点图。 (b) 确定下列三种情况下相应的 $ h(t) $ (i) 系统是稳定的， (ii) 系统是因果的， （iii）系统既不是稳定的，也不是因果的。 解： (a) 对给出的微分方程两边求拉氏变换，得 $$ s^{2}\boldsymbol{Y}(s)-s\boldsymbol{Y}(s)-2\boldsymbol{Y}(s)=\boldsymbol{X}(s) $$ 所以得 $$ H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{1}{s^{2}-s-2}=\frac{1}{(s-2)(s+1)} $$ 其零-极图如图 P9.23 所示. (b) $$ \begin{aligned}H(s)&=\frac{1}{(s-2)(s+1)}=\frac{A}{s-2}+\frac{B}{s+1}\\&=\frac{1}{3}\frac{1}{s-2}-\frac{1}{3}\frac{1}{s+1}\end{aligned} $$ 其中 $$ A=\frac{1}{s+1}\bigg|_{s=2}=\frac{1}{3}, $$ $$ B=\left.\frac{1}{s-2}\right|_{s=-1}=-\frac{1}{3} $$ 所以 (i) 当系统 $ H(s) $ 是稳定时， 则其收敛域为 $ -1 < \mathcal{R} \cdot \{s\} < 2 $。这时极点 $ s_{p_1} = 2 $，在收敛域右边界，它对应于一个逆因果信号，而极点 $ s_{p_1} = -1 $ 在收敛域左边界，它对应于一个因果信号。由此可求得 $$ h(t)=-\frac{1}{3}e^{2t}u(-\tau)-\frac{1}{3}e^{-\tau}u(t) $$ （ii）当系统 $ H(s) $ 是因果的时，则其收敛域为 $ \mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>2 $。这时极点 $ s_{p_{1}} $ 和 $ s_{p_{2}} $ 都在收敛域左边。因此它们都对应有一个因果信号。由此可求得 $$ h(t)=\frac{1}{3}e^{2t}u(t)-\frac{1}{3}e^{-t}u(t) $$ (iii) 当系统 $ H(s) $ 是非因果的和不稳定的时，其收敛域为 $ \mathcal{R}_{0}\{s\}<-1 $。这时极点 $ s_{p_{1}} $和 $ s_{p_{2}} $都在收敛域右边。因此它们都对应有一个左边信号（逆因果信号）。由此可求得 $$ h(t)=-\frac{1}{3}e^{2t}u(-t)+\frac{1}{3}e^{-t}u(-t) $$ 9.24 一个冲激响应为 h(t) 的因果 LTI 系统具有下列特性： (1) $ -\infty < t < +\infty $ 时，系统的输入为 $ x(t) = e^{2t} $，其输出为 $ y(t) = \left(\frac{1}{6}\right)e^{2t} $ (2) 冲激响应 h(t) 满足微分方程 $$ \frac{dh(t)}{dt}+2h(t)=(e^{-4t})u(t)+bu(t) $$ 式中 b 为未知常数. 求满足上述条件的系统函数 $ H(s) $。（在解答中不应包含常数） 解： 因指数 $ x(t)=e^{2t} $ 是 LTI 系统的特征函数，所以 $$ y(t)=H(s)\mid_{s=2}\cdot e^{2t}=\frac{1}{6}\;e^{2t} $$ 其中由条件1可知， $ H(s)|_{s=2}=\frac{1}{6} $ 对条件2所给的微分方程两边取拉氏变换得 $$ S H(s)+2H(s)=\frac{1}{s+4}+\frac{b}{s} $$ 所以 $$ H(s)=\frac{s+b(s+4)}{s(s+4)(s+2)} $$ 上式用 s = 2 代入，得 $$ H(2)=\frac{2+6b}{2\times6\times4}=\frac{1}{6} $$ 所以 $$ 2+6b=8,b=1 $$ 代入得 $$ H(s)=\frac{2(s+2)}{s(s+4)(s+2)}=\frac{2}{s(s+4)},\ \mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>0 $$ 9.25 一个稳定的因果 LTI 系统的系统函数为 $ H(s) $。该系统的输入由三项之和组成，其中一项是单位冲激 $ \delta(t) $，另一项是复指数 $ e^{s_{0}t} $ ( $ s_{0} $ 是复常数)。而对该输入产生的输出响应为 $$ y(t)=-6e^{-t}u(t)+\frac{8}{34}e^{4t}\cos3t+\frac{36}{34}~e^{4t}\sin3t+\delta(t) $$ 求符合上述条件的系统函数 $ H(s) $ 解： 由题可知，输出 $ y(t) $ 是实函数，所以输入的第三项应为 $ e^{st} $ 的共轭 $ e^{st_{0}^{*}} $ 。根据叠加原理以及指数函数是 LTI 系统的特征函数，可得 $$ \begin{aligned}y(t)&=x(t)*h(t)=[e^{s_{0}t}+e^{s_{0}^{*}t}+\delta(t)]*h(t)\\&=e^{s_{0}t}*h(t)+e^{s_{0}^{*}t}*h(t)+\delta(t)*h(t)\\&=H(s_{0})e^{s_{0}t}+H(s_{0}^{*})e^{s_{0}^{*}t}+h(t)\tag{6}\end{aligned} $$ 而已知 $$ \begin{align*}y(t)&=\frac{8}{34}e^{4t}\cos3t+\frac{36}{34}e^{4t}\sin3t+\delta(t)-6e^{-t}u(t)\\&=\frac{8}{34}e^{4t}\frac{e^{j3t}+e^{-j3t}}{2}+\frac{36}{34}e^{4t}\frac{e^{j5t}-e^{-j3t}}{2j}+\delta(t)\\&\quad-6e^{-t}u(t)=\frac{4}{34}[e^{(4+j3)t}+e^{(4-j3)t}]\\&\quad+j\frac{18}{34}[e^{(4+j3)t}-e^{(4+j3)t}]+\delta(t)-6e^{-t}u(t)\\&=\left(\frac{4}{34}-i\frac{18}{34}\right)e^{(4+j3)t}+\left(\frac{4}{34}+i\frac{18}{34}\right)e^{(4-j3)t}\\&\quad+\delta(t)-6e^{-t}u(t)\tag{F}\end{align*} $$ 将式(P25.1)与(P25.2)比较可见， $$ \begin{aligned}&s_{0}=\lambda_{0}+j\omega_{0}=4+j3\\&H(s_{0})=\frac{4}{34}-j\frac{18}{34}\\ \end{aligned} $$ 此外 $$ h(t)=\delta(t)-6e^{-\tau}u(t) $$ 对上式取拉氏变换得 $$ H(s)=1-\frac{6}{s+1}=\frac{s-5}{s+1} $$ 若将 $ s_{0}=4+j3 $ 代入 $ H(s) $ 可得 $$ H(s_{0})=\frac{4+j3-5}{4+j3+1}=\frac{-1+j3}{5+j3}=\frac{4}{34}-j\frac{18}{34} $$ 可见二者一致。所以 $$ H(s)=\frac{s-5}{s+1}\qquad\mathcal{R}_{\circ}\{s\}>-1 $$ 9.26 已知一个因果的全通系统的系统函数为 $$ H(s)=\frac{s-1}{s+1} $$ 其输出为 $ y(t) = e^{-2s} u(t) $ (a) 求出二种可能产生该输出的输入信号 x(t)，并画出 x(t) 的波形. (b) 若已知 $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\mid x(t)\mid dt<\infty $$ 该输入 $ x(t) $ 是 (a) 小题中哪一个 $ x(t) $? (c) 若已知有一个稳定的(未必是因果的)系统。该系统的输入为 $ y(t) = e^{-2t} u(t) $，而输出是 (a) 小题中二种可能的输入之一，确定该 $ x(t) $，并求出该系统的冲激响应 $ h(t) $。最后直接利用卷积证明 $$ y(t)*h(t)=x(t) $$ 解： (a) $ y(t) = e^{-2t} u(t) \longleftrightarrow Y(s) = \frac{1}{s + 2} $, $ \mathcal{R}_0 \{s\} > -2 $ 如 图 P 9.26(a) 所示. 已知 $ H(s)=\frac{s-1}{s+1} $ $ \mathcal{R}_{e}\{s\}>-1 $ 如图 P 9.26(b) 所示，则 $$ X(s)=\frac{Y(s)}{H(s)}=\frac{s+1}{(s-1)(s+2)}\quad\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>-1 $$ 如图 P9.26(c) 所示. 由图可见， $ Y(s) $ 的收敛域包含了图 P9.26(c) 中两个不同的收敛域，即 $$ -2<\mathcal{R}_{o}\{s\}<1\quad 与 \quad\mathcal{R}_{o}\{s\}>1 $$ 因而可能有两种不同的输入产生同样的输出 $$ y(t)=e^{-2t}u(t) $$ 现将 $ X(s) $ 分解成 $$ \begin{aligned}X(s)&=\frac{s+1}{(s-1)(s+2)}=\frac{A}{s-1}+\frac{B}{s+2}\\&=\frac{2/3}{s-1}+\frac{1/3}{s+2}\end{aligned} $$ 其中 $$ A=\left.\frac{s+1}{s+2}\right|_{s=1}=\left.\frac{2}{3},\quad B=\left.\frac{s+1}{s-1}\right|_{s=-2}=\frac{1}{3}\right. $$ 对于第一种收敛域 -2 < $ \mathcal{R} $. $ \{s\} < 1 $, $ x(t) $ 由一个左边信号和一个右边信号构成，因此由 $ X(s) $ 可得 $$ x_{1}(t)=-\frac{2}{3}e^{t}u(-t)+\frac{1}{3}e^{-2t}u(t),\quad-2<\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}<1 $$ 对于第二种收敛域 $ \mathcal{R}_{*}\{s\} > 1 $, $ x(t) $ 由两个右边信号构成。由 $ X(s) $ 可得 $$ x_{2}(t)=\frac{2}{3}\;e^{t}u(t)+\frac{1}{3}\;e^{-2t}u(t),\qquad\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}>1 $$ $ x_{1}(t) $ 和 $ x_{2}(t) $ 的波形分别如图 P9.26(d)、(e) 所示. (b) 由于 $ x_{2}(t)=\frac{2}{3}e^{t}u(t)+\frac{1}{3}e^{-2t}u(t) $， $ \mathcal{R}\circ\{s\}>1 $ 是无限的，不满足 $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\mid x(t)\mid dt<\infty $$ 的条件。而 $$ x_{1}(t)=-\frac{2}{3}e^{t}u(-t)+\frac{1}{3}e^{-2t}u(t),\quad-2<\mathcal{R}_{e}\{s\}<1 $$ 满足 $ \int_{-\infty}^{+\infty}|x(t)|dt<\infty $ 的条件。因而即为所求输入信号。 (c) 由(a)小题可知，若改写成 输入： $ Y(s)=\frac{1}{s+2} $ 输出： $ X(s)=\frac{s+1}{(s-1)(s+2)}=\frac{2/3}{s-1}+\frac{1/3}{s+2} $ 则 $$ H(s)=\frac{s+1}{s-1} $$ 在稳定的条件下， $ H(s) $ 的收敛域为 $ \mathcal{R}\cdot\{s\}<1 $， $ Y(s) $ 的收敛域为 $ \mathcal{R}\cdot\{s\}>-2 $，因此 $ X(s)=H(s)Y(s) $ 的收敛域为 $ -2<\mathcal{R}\cdot\{s\}<1 $，如图 P9.26(f)、(g) 及 (h) 所示。所以相应的输入为 $$ x(t)=-\frac{2}{3}e^{\iota}u(-t)+\frac{1}{3}e^{-2\iota}u(t) $$ 根据 $ H(s) = \frac{s+1}{s-1} = 1 - \frac{2}{s-1} $, $ \mathcal{R}\circ\{s\} < 1 $ 得 $$ h(t)=\delta(t)-2e^{t}u(-t) $$ 下面用卷积积分计算来证明： 已知 $$ y(t)\equiv e^{-2t}u(t) $$ 所以 $$ \begin{aligned}{h(t)*y(t)}&{{}=[\delta(t)-2e^{t}u(-t)]*[e^{-2t}u(t)]}\\ {}&{{}=e^{-2t}u(t)-[2e^{t}u(-t)*e^{-2t}u(t)]}\\ \end{aligned} $$ 其中上式第二项卷积为 $$ \begin{aligned}&2e^{t}u(-\tau)*e^{-2t}u(t)=2\int_{0}^{\infty}e^{-2\tau}e^{t-\tau}u(\tau-\tau)d\tau\\&=\begin{cases}2e^{t}\int_{t}^{+\infty}e^{-3\tau}d\tau,&\tau>0\\2e^{t}\int_{0}^{+\infty}e^{-3\tau}d\tau,&\tau<0\end{cases}\\&=\begin{cases}\frac{2}{3}e^{-2t},&\tau>0\\\frac{2}{3}e^{t},&\tau<0\end{cases}\\&\end{aligned} $$ 将上面的结果代入后得 $$ \begin{aligned}{x(t)}&{{}=h(t)*y(t)}\\ {}&{{}=e^{-2t}u(t)-\Big[\frac{2}{3}\;e^{-2t}u(t)+\frac{2}{3}\;e^{t}u(-t)\Big]}\\ {}&{{}=-\frac{2}{3}\;e^{t}u(-t)+\frac{1}{3}\;e^{-2t}u(t)}\\ \end{aligned} $$ 9.27 一个系统函数为 $$ H(s)=\frac{s+1}{s^{2}+2s+2} $$ 的因果 LTI 系统，其输入为 $$ x(t)=e^{-|t|}\quad-\infty 时，确定并画出系统的响应 $ y(t) $ 解： $$ x(t)=e^{-|t|}=e^{t}u(-t)+e^{-t}u(t) $$ 其拉普拉斯变换为 $$ \begin{aligned}X(s)&=\frac{-1}{s-1}+\frac{1}{s+1}\\&=\frac{-2}{(s+1)(s-1)}\quad&-1<\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}<1\end{aligned} $$ 由此得 $$ \begin{aligned}\mathbf{Y}(s)&=X(s)H(s)\\&=\frac{-2}{[s-(-1+i)][s-(-1-j)](s-1)}\\&=\frac{A}{[s-(-1+j)]}+\frac{B}{[s-(-1-j)]}+\frac{C}{s-1}\\&=\frac{1/1+2j}{[s-(-1+j)]}+\frac{1/1-2j}{[s-(-1-j)]}\\&\quad-\frac{2/5}{s-1}\quad-1<\mathcal{R}_{\bullet}\{s\}<1\end{aligned} $$ 其中 $ A = B^{*} - 1 / (1 + 2i) $，C = -2/5，由上式求逆变换得 $$ \begin{aligned}{y(t)}&{{}=\frac{1}{1+2j}~e^{(-1+j)t}u(t)+\frac{1}{1-2j}~e^{(-1-j)t}u(t)}\\ {}&{{}\quad+\frac{2}{5}~e^{t}u(-t)=~e^{-t}\left[\frac{2}{5}\cos\omega t+\frac{4}{5}\sin\omega t\right]u(t)}\\ {}&{{}\quad+\frac{2}{5}~e^{t}u(-t)}\\ \end{aligned} $$ 9.28 在滤波器的设计中常利用频域变换方法将低通滤波器变换成高通滤波器，或反之。若用 $ H(s) $ 表示原滤波器的转移函数，用 $ G(s) $ 表示已变换滤波器的转移函数。这种常用的变换关系为 $$ G(s)=H\left(\frac{1}{s}\right) $$ 即用 $ \frac{1}{s} $ 取代原转移函数中的 s。 (a) 当 $ H(s)=\frac{1}{s+\frac{1}{2}} $ 时，画出 $ \left|H(j\omega)\right| $ 和 $ \left|G(j\omega)\right| $。 (b) 求与 $ H(s) $ 及 $ G(s) $ 相应的线性常系数微分方程. (c) 在一般情况下，求与线性常系数微分方程 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{k}y(t)}{d\tau^{k}}=\sum_{k=0}^{N}b_{k}\frac{d^{k}x(t)}{d\tau^{k}} $$ 相应的 $ H(s) $ 及 $ G(s) $. （d）根据（c）小题的结果，并用式(P 9.28)中的系数求 $ G(s) $ 的线性常系数微分方程. 解： (a) 已知 $ H(s) = \frac{1}{s + \frac{1}{2}} $ 则 $$ H(j\omega)=\frac{1}{j\omega+\frac{1}{2}},\ \left|H(j\omega)\right|=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{4}+\omega^{2}}} $$ 如图P 9.28(a)所示。而 $$ G(s)=H\bigg(\frac{1}{s}\bigg)=\frac{1}{\frac{1}{s}+\frac{1}{2}}=\frac{2s}{s+2} $$ 则 $$ G(j\omega)=\frac{2j\omega}{j\omega+2},\qquad|G(j\omega)|=\frac{2\omega}{\sqrt{4+\omega^{2}}} $$ 如图 P9.28(b) 所示. (b) 因 $ H(s) = \frac{Y(s)}{X(s)} = \frac{1}{s + \frac{1}{2}} $ 所以 $$ \frac{dy(t)}{dz}+\frac{1}{2}y(t)=x(t) $$ 又因 $ G(s) = \frac{Y(s)}{X(s)} = \frac{2s}{s + 2} $ 所以 $$ \frac{dy(t)}{dt}+2y(t)=2\frac{dx(t)}{dt} $$ (c) 由题可知， $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\quad\frac{d^{k}y(t)}{dt^{k}}=\sum_{k=0}^{N}b_{k}\quad\frac{d^{k}x(t)}{dt^{k}} $$ 两边取拉氏变换，有 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{k}Y(s)=\sum_{k=0}^{N}b_{k}s^{k}X(s) $$ 则得 $$ H(s)\;=\;\frac{Y(s)}{X(s)}\;=\;\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}b_{k}s^{k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{k}} $$ $$ G(s)=H\left(\frac{1}{s}\right)=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}b_{k}s^{-k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{-k}} $$ (d) 由 (c) 小题的结果，有 $$ G(s)=\frac{Y(s)}{X(s)}=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}b_{k}s^{-k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{-k}} $$ 分子分母同乘以 $ s^{N} $ 得 $$ \frac{s^{N}Y(s)}{s^{N}X(s)}=\frac{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}b_{k}s^{N-k}}{\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_{k}\varsigma^{N-k}} $$ 即 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}s^{N-k}Y(s)\;=\;\sum_{k=0}^{N}b_{k}s^{N-k}X(s) $$ 根据微分特性，得上式的逆变换为 $$ \sum_{k=0}^{N}a_{k}\frac{d^{N-k}}{d t^{N-k}}\ y(t)=\sum_{k=0}^{N}b_{k}\frac{d^{N-k}}{d t^{N-k}}\ x(t) $$ 9.29 现给出一般的连续时间系统的下列4个输入-输出特性： (1) $ x(t - t_{0}) \to y(t - t_{0}) $，任意 $ t_{0} $ (2) $ kx(t) \rightarrow ky(t) $，任意 k (3) $ \frac{dx(t)}{dt} \rightarrow \frac{dy(t)}{dt} $, (4) $ e^{st} \to H(s)e^{st} $. 根据上述各特性，对于下列各系统哪些成立？ (a) 各种线性系统， (b) 各种时不变系统， (c) 各种线性时不变（LTI）系统， (d) 各种系统. 解： (1) $ x(t - t_0) \rightarrow y(t - t_0) $ 只适用于上述 (b) 时不变系统和 (c) 线性时不变系统。而不适用于 (a) 线性系统和 (d) 任意系统； (2) $ kx(t)\rightarrow ky(t) $只适用于(a)线性系统和(c)线性时不变系统，而不适用于(b)时不变系统和(d)任意系统； (3) $ \frac{dx(t)}{dt}\rightarrow\frac{dy(t)}{dt} $只适用于(a)线性系统和(c)线性时不变系统，而不适用于(b)时不变系统和(d)任意系统； (4) $ e^{st} \rightarrow H(s)e^{st} $ 只适用于 (c) LTI 系统. 9.30 设 $ B(s) $ 表示截止频率为 $ \omega_{c} $ 的 N 阶巴特沃兹（Butterworth）滤波器的转移函数。 （a）当 $ \omega_{c}=2\pi\times10^{3} $，且 N=4 及 N=5 时，画出 $ B(s) $ 的零-极点图。 (b) 对于 (a) 小题中的两种情况，用代数式表示 $ B(s) $ (c) 求 $ \omega_{c}=2\pi\times10^{3}, N=4 $ 时与 $ B(s) $ 相应的微分方程. 解： N阶低通巴特沃兹滤波器的频率响应幅值的平方为 $$ |B(j\omega)|^{2}=\frac{1}{1+(j\omega/j\omega_{c})^{2N}} $$ 当该滤波器的冲激响应为实函数时，上式可表示成 $$ B(s)B(-s)=\frac{1}{1+(s/j\omega_{c})^{2N}} $$ 其中 $ s = j\omega $， $ B(s) $ 称巴特沃兹转移函数。 $ B(s)B(-s) $ 的极点满足 $$ 1+(s/j\omega_{c})^{2N}=0 $$ 即 $ (s/j\omega_{c})^{2N} = -1 = e^{j(2k+1)\pi}, k = 0, 1, 2, \cdots 2N - 1. $ 所以 $ s = [e^{j(2k+1)\pi}]^{1/2N}(j\omega_{c}) $ 对于满足上式的任何 $ s = s_{p} $ 值，可表示为 (a) $$ s_{p}=\omega_{e}\mathrm{e x p}\left\{j\left[\frac{\pi(2k+1)}{2N}+\frac{\pi}{2}\right]\right\} $$ 将N=4和N=5代入，便得 $ B(s) $的极点图，如图P9.30(a)、(b)所示。(注意， $ B(s) $的极点是 $ B(s)B(-s) $左半平面的根)。 (b) 由图 P9.30(a) 可知，N=4 时，左半平面内在以 $ \omega_{e} $ 为半径的圆上有 4 个极点，则得 $$ B(s)=\frac{\omega_{c}^{4}}{(s+\omega^{\pi})(e^{j\frac{1}{c}s}+\omega_{c}e^{j3\pi/8})(s+\omega_{c}e^{-j\pi/8})(s+\omega_{c}e^{-j3\pi/8})} $$ N=5 时，左半平面有五个极点，则得 $ B(s)= $ $$ \overline{{(s+\omega_{c})(s+\omega_{c}e^{i\pi/5})(s+\nonumber\frac{\omega_{c}^{2}}{\omega_{c}e^{i2\pi/5})(s+\omega_{c}e^{-i\pi/5})}}\overline{{(s+\omega_{c}e^{-i2\pi/5})}} $$ 在一般情况下，可利用式（P 9.30-3）求出 $ B(s) B(-s) $ 的极点，取左半平面内的极点，并构成 $$ B(s)=\frac{\omega_{c}^{N}}{(s+s_{1})(s+s_{2})\cdots(s+s_{N})} $$ 即可求得转移函数 $ B(s) $ 。其中 $ s_{1}, \quad s_{2} \cdots s_{N} $ 是多项式 $ (s + s) $ $ (s + s_{2}) \cdots (s + s_{N}) $ 的特征根，它们都位于左半平面。 (c) 在N=4时 $$ \begin{aligned}{B(s)}&{{}=\frac{Y(s)}{X(s)}}\\ {}&{{}=\frac{\omega_{c}^{4}}{(s+\omega_{c}e^{i\pi/8})(s+\omega_{c}e^{i3\pi/8})(s+\omega_{c}e^{-i\kappa/8})(s+\omega_{c}e^{-i3\kappa/8}}}\\ \end{aligned} $$ 上式右边的分母可化成以下多项式： $$ \begin{aligned}{}&{{}s^{4}+s^{3}\left[2\omega_{e}\cos\left(\frac{2\pi}{8}\right)+2\omega_{e}\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)\right]}\\ {}&{{}\quad+s^{2}\left[\omega_{e}^{2}+\omega_{c}^{2}+4\omega_{c}^{2}\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{8}\right)\right]}\\ {}&{{}\quad+s\left[2\omega_{c}^{3}\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)+2\omega_{c}^{2}\cos\left(\frac{2\pi}{8}\right)\right]+\omega_{c}^{4}}\\ \end{aligned} $$ 所以可得微分方程为 $$ \begin{aligned}{\frac{d^{4}}{d t^{4}}y(t)}&{{}+2\omega_{c}\left[\cos\left(\frac{2\pi}{8}\right)+\omega_{c}\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)\right]\frac{d^{3}}{d t^{3}}y(t)}\\ {}&{{}+2\omega_{c}^{2}\left[1+2\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{8}\right)\right]\frac{d^{2}y(t)}{d t^{2}}}\\ {}&{{}+2\omega_{c}^{3}\left[\cos\left(\frac{\pi}{8}\right)+\cos\left(\frac{2\pi}{8}\right)\right]\frac{d y(t)}{d t}+\omega_{c}^{3}y(t)}\\ {=}&{{}~\omega_{c}^{4}x(t)}\\ \end{aligned} $$ 9.31 求下列函数的单边拉氏变换 $ X_{u}(s) $ (a) $ x(t-1) $ (b) $ x(i+1) $ (c) $ \int_{-\infty}^{t} x(\tau) d\tau $ (d) $ \frac{d^{3}x(t)}{dt^{3}} $ 解： 单边拉氏变换的定义可分为0^{-}系统或0^{+}系统，即 $$ X_{u}(s)\triangleq\int_{0^{-}}^{\infty}x(t)e^{-s t}d t $$ 或 $$ X_{u}(s)\triangleq\int_{0^{+}}^{\infty}x(t)e^{-s t}d t $$ （单边拉氏变换在此用下标u，以便与双边拉氏变换区别开）. 采用 $ 0^{-} $系统，在利用拉氏变换解微分方程时，可直接引用已知的起始状态 $ x(0^{-}) $ 而求得全部结果，无需专门计算由 $ 0^{-} $至 $ 0^{+} $的跳变。采用 $ 0^{+} $系统时，应考虑从已知的起始状态 $ x(0^{-}) $ 至 $ x(0^{+}) $ 的变化。本书采用 $ 0^{+} $系统。 另外，单边和双边拉氏变换的特性主要区别是在时域微分特性上，单边拉氏变换为 $$ \frac{d x(t)}{d t}\longleftrightarrow s X_{u}(s)-x(0^{+}) $$ $$ \frac{d^{n}x(t)}{d t^{n}}\longleftrightarrow s^{n}X_{u}(s)-\sum_{i=0}^{n-1}s^{n-1-i}x^{(i)}(0^{+}) $$ 若采用 $ 0^{-} $系统，则上两式中用 $ 0^{-} $代替 $ 0^{+} $ (a) $$ \begin{aligned}Y_{u}(s)&=\int_{0^{+}}^{+\infty}x(t-1)e^{-s t}d t\\&\xlongequal{ 令 t-1=\tau}\int_{-1}^{+\infty}x(\tau)e^{-s(1+\tau)}d\tau\\&=e^{-s}\left[\int_{0^{+}}^{+\infty}x(\tau)e^{-s\tau}d\tau+\int_{-1}^{0^{+}}x(\tau)e^{-s\tau}d\tau\right]\end{aligned} $$ $$ =~e^{-s}\left[X_{u}(s)+\int_{-1}^{0^{+}}x(\tau)e^{-s\tau}d\tau\right] $$ (b) $$ \begin{aligned}\mathrm{Y}_{u}(s)&=\int_{0^{+}}^{+\infty}x(t+1)e^{-s t}d t\\&\xlongequal{ 令 \mathbf{s}+1=\tau}\int_{1}^{+\infty}x(\tau)e^{-s(\tau-1)}d\tau\\&=e^{s}\left[\int_{0^{+}}^{+\infty}x(\tau)e^{-s\tau}d\tau+\int_{1}^{0^{+}}x(\tau)e^{-s\tau}d\tau\right]\\&=e^{s}\left[X_{u}(s)-\int_{0^{+}}^{1}x(\tau)e^{-s\tau}d\tau\right]\\ \end{aligned} $$ (c) $$ \begin{aligned}Y_{u}(s)&=\int_{0^{+}}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{t}x(\tau)d\tau\right]e^{-s t}d t\\&=\int_{0^{+}}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{0}x(\tau)d\tau+\int_{0}^{t}x(\tau)d\tau\right]e^{-s t}d t\end{aligned} $$ 上式中第二项可借助分部积分求得，即 $$ \begin{aligned}{}&{{}\int_{0^{+}}^{+\infty}\left[\int_{0}^{t}x(\tau)d\tau\right]e^{-s t}d t=\left[-\frac{e^{-s t}}{s}\int_{0}^{t}x(\tau)d\tau\right]_{0^{+}}^{+\infty}}\\ {}&{{}\quad+\frac{1}{s}\int_{0^{+}}^{+\infty}x(t)e^{-s t}d t=\frac{1}{s}X_{u}(s)}\\ \end{aligned} $$ 上式中第一项为常量，即 $ \int_{-\infty}^{0}x(\tau)d\tau= $常量，所以 $$ \int_{0^{+}}^{+\infty}\left[\int_{-\infty}^{0}x(\tau)d\tau\right]=\frac{\int_{-\infty}^{0}x(\tau)d\tau}{s} $$ 所以 $ Y_{u}(s)=\frac{\int_{-\infty}^{0}x(\tau)d\tau}{s}+\frac{1}{s}X_{u}(s) $ (d) 利用单边拉氏变换时域微分特性公式 $$ \frac{d^{n}x(t)}{dt^{n}}\longleftrightarrow s^{n}X_{u}(s)-\sum_{r=0}^{n-1}s^{n-r-1}x^{(r)}(0) $$ 本题中 n=3，代入得 $$ Y_{n}(s)=s^{3}X_{n}(s)-s^{2}x(\theta^{+})-s x^{\prime}(0^{+})-x^{\prime\prime}(0^{+}) $$ 9.32 (a) 确定图 P9.32 所示 RLC 电路有关 $ v_{i}(t) $ 和 $ v_{0}(t) $ 的微分方程。 (b) 假设 $ v_{i}(t) = e^{-3t} u(t) $，利用单边拉氏变换确定 v > 0 时 $ v_{0}(t) $。 解： （a）根据基尔霍夫定律，列回路电压方程 $$ \begin{aligned}{}&{{}-v_{i}(t)+i(t)R+L\;\frac{d i(t)}{d t}}\\ {}&{{}\qquad+v_{0}(t)=0}\\ \end{aligned} $$ $$ \frac{d\nu_{0}\left(t\right)}{d t}\Bigg|_{t=0}=2 $$ 将 $ i(t)=c\frac{dv_{0}(t)}{dt} $ 代入上式，得 $$ -v_{i}(t)+R C\frac{d v_{0}(t)}{d t}+L C\frac{d^{2}v_{0}(t)}{d t^{2}}+v_{0}(t)=0 $$ 所以 $$ \frac{d^{2}v_{0}(t)}{d t^{2}}+\frac{R}{L}\frac{d v_{0}(t)}{d t}+\frac{1}{L C}\;v_{0}(t)=\frac{1}{L C}\;v_{i}(t) $$ (b) 对 (a) 小题的微分方程两边取拉氏变换得 $$ \begin{aligned}{s^{2}V_{o}(s)}&{{}-\frac{d v_{0}(0^{+})}{d t}-s v_{0}(0^{+})+\frac{R}{L}\left[s V_{0}(s)+v_{0}(0^{+})\right]}\\ {}&{{}+\frac{1}{L C}V_{o}(s)=\frac{1}{L C}V_{i}(s)}\\ \end{aligned} $$ 代入元件值及初始值，有 $$ s^{2}V_{0}(s)-2-s+3s V_{0}(s)-3+2V_{0}(s)=2V_{i}(s) $$ 而 $$ v_{i}(t)=e^{-3t}u(t){\longleftrightarrow}V_{i}(s)={\frac{1}{s+3}} $$ 所以 $$ (s^{2}+3s+2)V_{0}(s)-s-5=2\frac{1}{s+3} $$ $$ (s^{2}+3s+2)V_{0}(s)=\frac{s^{2}+8s+17}{s+3} $$ $$ V_{0}(s)\;=\frac{s^{2}+8s+17}{(s+1)(s+2)(s+3)}\;=\frac{A}{s+1} $$ $$ +\frac{B}{s+2}+\frac{C}{s+3} $$ 其中 $$ A=V_{0}(s)(s+1)|_{s=-1}=5, $$ $$ B=V_{0}(s)(s+2)|_{s=-2}=-5, $$ $$ C=V_{0}(s)(s+3)|_{s=-3}=1 $$ 代人得 $$ V_{0}(s)=\frac{5}{s+1}-\frac{5}{s+2}+\frac{1}{s+3} $$ 所以 $$ v_{0}(t)=[5e^{-t}-5e^{-2t}+e^{-3t}]u(t)_{\circ} $$
