1 定义
周期信号的傅里叶变换那篇提到了： F ( j w ) = ∫ − ∞ + ∞ e − j w t f ( t ) d t F(jw)=\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-jwt}f(t)dt F(jw)=∫−∞+∞e−jwtf(t)dt 这个定义式需要满足绝对可积，即 ∫ − ∞ + ∞ ∣ f ( t ) ∣ d t < + ∞ \int^{+\infty}_{-\infty}|f(t)|dt<+\infty ∫−∞+∞∣f(t)∣dt<+∞，例如： e α t u ( t ) e^{\alpha t}u(t) eαtu(t) 在 α > 0 \alpha>0 α>0 时不存在傅里叶变换
如果将 f ( t ) f(t) f(t) 乘以一个收敛趋势的函数 e − σ t e^{-\sigma t} e−σt（ σ > 0 \sigma>0 σ>0），则信号绝对可积，则：
∫ − ∞ + ∞ f ( t ) e − σ t e − j w t d t = ∫ − ∞ + ∞ f ( t ) e − ( σ + j w ) t d t \int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-\sigma t}e^{-jwt}dt=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-(\sigma+jw)t}dt ∫−∞+∞f(t)e−σte−jwtdt=∫−∞+∞f(t)e−(σ+jw)tdt
其中 s = σ + j w s=\sigma+jw s=σ+jw，则：
L [ f ( t ) ] = X ( s ) = ∫ − ∞ + ∞ f ( t ) e − s t d t L[f(t)]=X(s)=\int_{-\infty}^{+\infty}f(t)e^{-st}dt L[f(t)]=X(s)=∫−∞+∞f(t)e−stdt
- 所以傅里叶变换其实就是拉普拉斯变换的一种特例——即当复频率为纯虚数时
2 拉氏变换的收敛域 R O C ROC ROC
例、 f ( t ) = e − α t u ( t ) f(t)=e^{-\alpha t}u(t) f(t)=e−αtu(t)，在 α > 0 \alpha>0 α>0 时，对应的 F ( j w ) F(jw) F(jw) 收敛
F ( j w ) = ∫ 0 ∞ e − α t e − j w t d t = ∫ 0 ∞ e − ( α + j w ) t d t = − 1 α + j w [ e − ( α + j w ) t ] t = 0 t = ∞ = 1 α + j w F(jw)=\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha t}e^{-jwt}dt=\int_{0}^{\infty}e^{-(\alpha+jw)t}dt=-\frac{1}{\alpha+jw}\bigg[e^{-(\alpha+jw)t}\bigg]^{t=\infty}_{t=0}=\frac{1}{\alpha+jw} F(jw)=∫0∞e−αte−jwtdt=∫0∞e−(α+jw)tdt=−α+jw1[e−(α+jw)t]t=0t=∞=α+jw1
其拉氏变换为：
X ( s ) = ∫ 0 ∞ e − ( α + s ) t d t = − 1 α + s [ e − ( α + s ) t ] t = 0 t = ∞ = − 1 ( α + σ ) + j w [ e − [ ( α + σ ) + j w ] t ] t = 0 t = ∞ X(s)=\int_{0}^{\infty}e^{-(\alpha+s)t}dt=-\frac{1}{\alpha+s}\bigg[e^{-(\alpha+s)t}\bigg]^{t=\infty}_{t=0}=-\frac{1}{(\alpha+\sigma)+jw}\bigg[e^{-[(\alpha+\sigma)+jw]t}\bigg]^{t=\infty}_{t=0} X(s)=∫0∞e−(α+s)tdt=−α+s1[e−(α+s)t]t=0t=∞=−(α+σ)+jw1[e−[(α+σ)+jw]t]t=0t=∞
其中 e − [ ( α + σ ) + j w ] ⋅ ∞ e^{-[(\alpha+\sigma)+jw]\cdot\infty} e−[(α+σ)+jw]⋅∞ 需要 α + σ > 0 \alpha+\sigma>0 α+σ>0 时收敛为 0 0 0，即 σ > − α \sigma>-\alpha σ>−α，收敛域为 R e { s } > − α Re\{s\}>-\alpha Re{s}>−α
e − α t u ( t ) ↔ 1 α + s , R e { s } > − α e^{-\alpha t}u(t)\leftrightarrow\frac{1}{\alpha+s},Re\{s\}>-\alpha e−αtu(t)↔α+s1,Re{s}>−α
由于 α > 0 \alpha>0 α>0，则存在 R e { s } = 0 Re\{s\}=0 Re{s}=0，即 σ = 0 \sigma=0 σ=0，则：
X ( s ) = X ( 0 + j w ) = 1 α + j w X(s)=X(0+jw)=\frac{1}{\alpha+jw} X(s)=X(0+jw)=α+jw1
此时，拉普拉斯变换就是傅里叶变换：
X ( s ) ∣ s = j w = F ( j w ) X(s)\bigg|_{s=jw}=F(jw) X(s) s=jw=F(jw)
- 总结：
①拉氏变换和傅里叶变换一样存在收敛问题，并不是所有信号的拉普拉斯变换都存在（即不是S平面上任何复数都能使拉普拉斯变换收敛）
②不同的信号可能有相同的拉普拉斯变换表达式，区别他们的方式就是看收敛域
3 零极点图
f ( t ) = e − t u ( t ) f(t)=e^{-t}u(t) f(t)=e−tu(t)
X ( s ) = 1 1 + s , R e { s } > − 1 X(s)=\frac{1}{1+s},Re\{s\}>-1 X(s)=1+s1,Re{s}>−1
按照 R O C ROC ROC 标准可以将 f ( t ) f(t) f(t) 分成四类：
-
①时限信号（有始有终）： R O C ROC ROC 为整个平面
例、 f ( t ) = e − t [ u ( t ) − u ( t − 1 ) ] f(t)=e^{-t}[u(t)-u(t-1)] f(t)=e−t[u(t)−u(t−1)]
X ( s ) = ∫ 0 1 e − ( 1 + s ) t d t = − 1 1 + s [ e − ( 1 + s ) t ] t = 0 t = 1 X(s)=\int_{0}^{1}e^{-(1+s)t}dt=-\frac{1}{1+s}\bigg[e^{-(1+s)t}\bigg]^{t=1}_{t=0} X(s)=∫01e−(1+s)tdt=−1+s1[e−(1+s)t]t=0t=1
此时 R e { s } Re\{s\} Re{s} 可以随便取，即 R O C ROC ROC 为整个复平面 -
②右边信号（有始无终）： R O C ROC ROC 向右
-
③左边信号（无始有终）： R O C ROC ROC 向左
-
④双边信号（无始无终）： R O C ROC ROC 为带状
例、 f ( t ) = e − t u ( t − 2 ) + e t u [ − ( t + 2 ) ] f(t)=e^{-t}u(t-2)+e^{t}u[-(t+2)] f(t)=e−tu(t−2)+etu[−(t+2)]
X ( s ) = ∫ 2 + ∞ e − ( 1 + s ) t d t + ∫ − ∞ − 2 e ( 1 − s ) t d t = − 1 1 + s [ e − ( 1 + s ) t ] t = 2 t = ∞ + 1 1 − s [ e ( 1 − s ) t ] t = − ∞ t = − 2 X(s)=\int_{2}^{+\infty}e^{-(1+s)t}dt+\int_{-\infty}^{-2}e^{(1-s)t}dt=-\frac{1}{1+s}\bigg[e^{-(1+s)t}\bigg]^{t=\infty}_{t=2}+\frac{1}{1-s}\bigg[e^{(1-s)t}\bigg]^{t=-2}_{t=-\infty} X(s)=∫2+∞e−(1+s)tdt+∫−∞−2e(1−s)tdt=−1+s1[e−(1+s)t]t=2t=∞+1−s1[e(1−s)t]t=−∞t=−2
需要 e − ( 1 + s ) ∞ e^{-(1+s)\infty} e−(1+s)∞ 与 e ( 1 − s ) ⋅ − ∞ e^{(1-s)\cdot-\infty} e(1−s)⋅−∞ 收敛：
{ R e { s } > − 1 R e { s } < 1 \begin{cases} Re\{s\}>-1\\ Re\{s\}<1\\ \end{cases} {Re{s}>−1Re{s}<1
则 R e { s } ∈ ( − 1 , 1 ) Re\{s\}\in(-1,1) Re{s}∈(−1,1)
