1、 1F(j)Ff(t)Y (j) 1F(j)Ff(t)Y (j)H(j)F(j) (j1)(j2)(jf12312j1j1y (t)t f2y(t)= yx (t)+yf(t)=(7e2t y(t)= yx (t)+yf(t)=(7e2t 5e3t)U(t)零輸入響 1U(t) 2e2t 3e3t22零狀態響1-13e-e U(t)-U 瞬態響無失真傳無失真傳輸為新的波形,若從頻率來說,系統改變了原有信號的頻譜結構,而組成了新的頻譜.這種波形的改變或頻譜的改變,將直接取決于系統本身的傳輸函數H(w).線性非時變系統的功能就像是一個濾波器,信號通過系統后,某些頻率分量的幅度保持不變,而另外的一些

2、頻率分量的幅值衰減了,信號的每一頻率分量在傳輸以后,受到了不同程度的衰減和位移.也就是說,信號在通產生失真的產生失真的無失真無失真：h(t K(t t0 Ke-H Ke-H(j)H(j)ejH(j 即()-標落于信號的幅值既不增長也不衰減而等于恒標落于信號的幅值既不增長也不衰減而等于恒平面右半平面屬于收斂收斂坐標落于原點，區。例如：正弦信號，ttn 按指數規律增長的信號eat，只有當按指數規律增長的信號eat，只有當 a才收斂，所以收斂坐標為0 a右邊信號的收斂域在收斂軸以右 既 ss平面的帶狀區域，雙邊信號的收斂域 x(t) x(t) ea|t|，求出其拉氏變換 a0和a0 x(t) eat

3、u(t)eatu(t)x(0_) x(0) x(0)11eatu(t) Re(s) s1eatu(t)1eatu(t) Re(s) s1eatu(t)Re(s) s如果1）式和（2）式的收斂，收斂域為-aRe(s)a，因x(t)的雙邊拉氏變換11X(s)a Re(s) sss=as=-a as=as=-a af(t)的拉0 t 1 t otherf(t)的拉0 t 1 t other求下圖所示三角函數斯變換tf (t) 2 0F(t)t012解：和解：和傅立葉變換類似，求拉氏變換時，往要借助基本信號的拉氏變換和拉氏變換的性質，這比按拉氏變換的定義式積分簡一些典型信號的拉氏變換的基礎上就能直接寫

4、出給定信號的拉氏變換。為比較起見本例將采用多種方法求解方法 1：按12F(s) dt dtf0011122)0 se t(方法 1：按12F(s) dt dtf0011122)0 se t(stdtdt1e0111es12s 2s1 e2ess1 e2s 1e1 es 1 (1es方法2：方法2：f(t)tu(t)2(t1)u(t1)(t2)u(t2sLf(tt0)u(tt0)F(s)1(12ese2s) 1(1esLd2 f(t)L(t)2(t1)(t2)e-dfs2dfs2F(s) (0_)sf(0f(0)f(0_)s2F(s) (1esF(s) 1 (1esF1(s)1(1es) F(s

5、) 1 (1es而拉斯反由F(s)求解拉斯反由F(s)求解原函數f(t)稱為部分分式展開部分分式展開分式逐項進行反變換，最后疊加起來即sm1b smbsbF(s) sn1 a snasn10其中a,b為實數，m,n為正整數F(s)F(s)為假式，即當m n 時，利用長除法F(s)s應的逆變換是沖激函數及各階導數之和m 時，F(s)即為F(s)真分式展開成為部分分式之和，然后逆變換即得原函數f(t)F(s) A(s) F(s) A(s) bm (s z1)(s z2) an(s p1)(s p2(s m)(s B(s)其中，z1z2, zm A(s)=0 的零點；p1, p2pn 是B(s)=0

6、m n 的情況下F(s)僅有一階極F(s) m n 的情況下F(s)僅有一階極F(s) N(s) n ns is 12s s 其中 (s pi )F(s)|si若F(s)的極點為k階極點，N ( s N( s ( s ) F( s KD ( s p)B ( s 1若F(s)的極點為k階極點，N ( s N( s ( s ) F( s KD ( s p)B ( s 1 (s p1(s p1(s B(s)設 F s) s (s pi)k F(ski， 則1di1(i 1,2,F1(s)|s 1,(i 1)! dsi1其余系數k2,k3的求法仍應用單階極點情況下系數的求法當F(s)為有理分式時，可以

7、利用部分當F(s)為有理分式時，可以利用部分分式解法和查表法求的逆變換；如F(s)表達式有理分式與est相乘時，可借助延變換；F(s)為無理分式時，可以利用留數理求得逆變換，與部分分式法相比，留數法的處是直接求得了函F(s)的圓函f(t)而F(s)不論是有理函數還是無理函數都可以用留數定理求其逆變換5s2 9s2 F(s) f(5s2 9s2 F(s) f(t3ssD(s) s2 3s2 (s 1)(s2) 0的根（即F(s的極點p1 1,p2 2s2F(s) s2 s2s3sssf(t) (t)2(t)(2et e2t)U初值定理與終值定理的應用條件：初值定理的應用條件是：F(s必須是真分式

8、，則必須應用除法將 F(s初值定理與終值定理的應用條件：初值定理的應用條件是：F(s必須是真分式，則必須應用除法將 F(s化為一若不是真分式，f (t個整式與一個真分式F0 (s) 之和， 而函數f (0 ) 應是等于LF (s) 0的初值f0 (t的初f0。即值f0) lim sF0(f (0) F(s F(ss F(ss=0例f(t2ss（例f(t2ss（1）F(s) (s1)(s2)(s2s2s （2）F(s) s(s1)(s3s2 s2ss（1）f(0 ) lim f(t) lim2ss（1）f(0 ) lim f(t) lim(s1)(s2)(stf(t) p1=12s（2）f(0)

9、 lim f(t) lim3s2 st2s 2f() lim f(t) lim即3s2 t已知信號的拉氏變換函數如下，求原已知信號的拉氏變換函數如下，求原信值與2s1(1)Fs(s1)(s2)(ss2 2s1(2)F s(s1)(s2)(s1(3)F(s) s(s2s1f(02s1f(0)limsF(s) lim(s1)(s2)(ss(2)由于F(s)分子的階次等于分母的階次，故利用長除法，使得5s2 9s F(s) 11 F (s(2)由于F(s)分子的階次等于分母的階次，故利用長除法，使得5s2 9s F(s) 11 F (s)06s2 11s于是5s2 9s f (0 ) lim sF

10、(s) lim 06s2 11ssss如果不用長除法，而直接用 f (0 limsF(s) sf (0 ) 得到的錯誤結論。由于F(s)的結點全在左半s面，故可利用終值定理求終值。s(s3 s2 2s lim f (t) limsF(s) (s 1)(s 2)(s tss(3F(s)1f(0 )limsF(s) lim(3F(s)1f(0 )limsF(s) lims(s1lim f(t)lims(st1L(1et)u(t) s(sf (0 ) f (t) f (0 ) f (t) lim(1et)u(t) ttf () f (t) lim(1et)u(t) tt可見是正確的t 對于函數 f

11、(t) 然而，f (t) et 發散，但其拉氏變換為1LetRe(s) sf (t) 按上式計算的終值為1lim f(f (t) 按上式計算的終值為1lim f(t) limst很顯然，這個結論是錯誤的。因為當0時在收斂域范圍之外，F(s)是沒有定例f1(t) (t例f1(t) (ty1(t(tetu(t) 當輸入f2(t) u(t)時，系統的輸出為y2(t) u(t)1t解：設全響應中， (t) 作為激勵的零狀態響應、零輸入響應分別為yzs (t) yzi (t) y解：設全響應中， (t) 作為激勵的零狀態響應、零輸入響應分別為yzs (t) yzi (t) y1(t) yzi (t) y

12、zs 考慮沖激響應h(t) yzs f (t) (ty1(t) yzi (t) yzs (t) yzi (t) y (t) (t)(y2 yzi (t)h(1)(t) yzi (t) y1(t) y2 (t) h(t)h(1)(t) (t)2etu(t)兩邊取拉氏變換， 得H(s) 1 H(s) 12兩邊取拉氏變換， 得H(s) 1 H(s) 12s H(s) 1所1s h(t) (t) etu(tty1(t) h(t) u(t(t) y由（ 1）由（2）得階躍響應g(t) y2(t) (t) etu(tyf3 (t) u(t 1) u(t 3) 時當則y3(t) (t) g(t 1) g(t

13、 y 2etu(t) e(t1)u(t 1) e(t3)u(t 例已知LTI 系統的沖激響應為h(t) 5e5tu例已知LTI 系統的沖激響應為h(t) 5e5tu(t其零狀態響應(t) u(t) 2e5tu(t) 5te5tu(ty求系統的輸入信號 f (t解：LTI系統的系統函數為5Lh(t) H(s) s 零狀態響應的拉氏變換為L(t) (s) 1 25s (s 5)sF(s) Yzs H125s(ss5s s5F(s) Yzs H125s(ss5s s5 2 1ss 311s5sf(t) 3(t)u(t)e5tu(t) sLTIH(ssLTIH(s2ssy(0) 0,y(0 ) 系統的

14、沖激響應h(t) f(t) (tf(t) u(t（1）因為系統函數sH(s) 2ss1sh(t) （1）因為系統函數sH(s) 2ss1sh(t) 2s521 12s5s12(s4 1(s 2)2 (s 2(t)2e2t costu(t)4e2t (t)e2t(2cost 4sH(s) sH(s) F2ss22得y(t) 2y(t) 5y(t) f(t) 5f s2Y(s)sy(0 ) y(0 )2sY(s)2y(0 )5Y F(s)(s2 y(0 0,y(0 2代入（1）sY(s) 2s2ssY(s) 2s2ssss2s2(ss1(s1)2 f (t) (t) y(t) (t)2et f (

15、t) (t) （3F(sLu(t 1 ) 0,y) （3F(sLu(t 1 ) 0,y) 2ssY(s) 2s2sss2sss(s2 2s 1 s2(s1)2 f (t) u(ty(t)12et sinx(n)=-2nu(-n-x(n)=-2nu(-n-1(3)x(n) ) u(n n31(4)x(n) ( 3zzzz如序列(1)(3)；對于左邊序列如序列(2)z 變換和雙邊zz 變換一定要注明收斂域。例如(1)和z 變換及z2n z（1）X(z) x(n) 2n z（1）X(z) x(n) 2nzn0 2z2 時級數收斂，所 1，z當2n zX(z) 2 zz2zzn0 12 zX(z) x

16、(n)2nz 2 zX(z) x(n)2nz n zn1 2z221，即z當z zX(z) zn1 2n1u(n) u(n （3）x(n) 31X(z) x(n)u(n)u(n8)znn0n1u(n) u(n （3）x(n) 31X(z) x(n)u(n)u(n8)znn0 31771 z n0 3n0 3z 0z即1z11zn7 1 3X(z) 0z131n0 z1z7z3111x(n) 33u(n1) u(n)3111x(n) 33u(n1) u(n)311X(z) x(n) zzn 3n0 31zn1 3n0 zz當，z1 時，上式右邊第二項收斂zz當，z1 時，上式右邊第二項收斂3zz

17、z當，3133zn1 nzzX(z) z13zn1 3n0 z133zn1 nzzX(z) z13zn1 3n0 z8 1 3z(z3)z 13例（1）x(n) a例（1）x(n) anu(n)anu(n1n）x(n) u(n) u(n 2（3）x(n) u(n1)u(na anu(n)zazz anu(n a anu(n)zazz anu(n 1) a1an1u(n 1) zzaazanu(n)anu(n1)zz1nz122u(n) z12z1n16 1n61nz122u(n) z12z1n16 1n6u(n6) u(n2226z112zz 2211zz2u(n)u(n6) 1 21211z

18、z2u(n)u(n6) 1 212zz21z20z51z z220z1（3） u(n 1)1zzzu(n2)1（3） u(n 1)1zzzu(n2)1zz11 z u(n1)u(n2)zz(z0z可見，有一個零、極點 z 10z限序列在n0限序列在n0z0z n 0z 0，但不包括存在，則 zn1 n n20和n2 0zz z 例1 z1（1）X(z) z512zz例1 z1（1）X(z) z512zz1667z（2）X(z) 2z3z zX (z)的分子多項式的根有一個零點為 z0在這種情況下可寫成X(z) 的X (z)的分子多項式的根有一個零點為 z0在這種情況下可寫成X(z) 的形式，使

19、其變為真分式zX(z) z z 1 5 z zzz6623 z 1 X(z C11z2z2式中 z 1 X(z C21z3z39 z 1 X(z C11z2z2式中 z 1 X(z C21z3z398X(z) 則1213z z 所以原序列為11nx(n) 8123 X(zu(n)（2）1：長除法2x(n) Xz) z由于收斂域為分子、分母多項式按 z 的降冪排列后用長除法展成冪級數z（2）1：長除法2x(n) Xz) z由于收斂域為分子、分母多項式按 z 的降冪排列后用長除法展成冪級數zzz 3 2z3z2 7zz3z 3 2z39z1 6z7z7z6z 21z14z15z2 14z即X (z

20、) 7z7(z即X (z) 7z7(z13z7z )3z z7(2n )zx(n) 7(2nX(z) 77AB(z 1)(zzzzX(z) 77AB(z 1)(zzzz3z zA (z 2) X(z) zB(z 1) X(z) zz77X(z) 這樣得到z z 2，故z由于收斂域 777X(z) 這樣得到z z 2，故z由于收斂域 72nu(n)7 7u(n)7x(n) 7(2n 當然，也可以用圍線積分法求逆z 例描述某離散系統的差分方例描述某離散系統的差分方程y(n)3y(n1)2y(n2) y(00,y(12。設激x(n) 2nu(n)y(n，求響應序零輸入響應與零狀響應用 z 變用 z

21、變換差分方程兩端取單z變換（應用移位性質Y(z)3z1Y(z)Y(z)3z1Y(z)2z2Y(z) z1y(1) y(2) X(z) 3y(1) 2y(2) 2y(1)zX(z)Y(z) 2z13z12z13zYzs (z) Yzi (z)X(z)Yzs (z) 13z12z式只與激勵有關，稱為零狀態響應的變換式(z)只與激勵有關，稱為零狀態響應的變換式(z)3y(1)2y(2) 2y(1)zY13z1 2z僅僅與初始狀態有關，稱為零輸入響應的變換式y(1), ，而已知條件是（1式表明需要條件y(0) x(0)3y(1)2y(1) x(1)3y(0)2y(1)0,y(2) 2解X(z)Yzs

22、(z) 13z由2zzzzX(z)Yzs (z) 13z由2zzzz Yzs (z) 13z2z(z 2)(z2 3z Yzs (z)zzzz11求的系數A1 31,A3 3(z) zzz11求的系數A1 31,A3 3(z) zzz3 zz3 z則系統的零狀態(2)n 1(1)n (z) 1(n) 13y(1)0,y(2) 1代入2(z) zY (y(1)0,y(2) 1代入2(z) zY (z) 13z12zz3zzzY (z) zzy (n) (z)2n(2)n1(1)n1(2)n1(1)n1y (n)n232(2)n (1)nn33z已知系統函數H(z) 的離例11zz已知系統函數H(

23、z) 的離例11zz66散系統， 設系統輸入 x(n) 4u(n) ，輸出為y(ny(10y(2) 12，零狀態響應和零輸入響響應和強迫響應解H(z)的定義4z零狀態響應可以(z) X(z)解H(z)的定義4z零狀態響應可以(z) X(z)H(z) 11z(z z664zz 1z1(z 23(z) 2.4z Y1213zzz(z) 2.4z Y1213zzz11nu(n)u(n)3yzs (n) 2求零輸入響應，可以先建立差分方程，由zY(H(z) 1616X(求零輸入響應，可以先建立差分方程，由zY(H(z) 1616X(z)z z 1 z6 1 z6Y(z)1X(得則系統的差分方程為y(n

24、) 1 y(n 1) 1 y(n 2) x(n)66設 xn) 0z1112(z) (z) y(1) Yzz(z666011y(1) y(2z66y(設 xn) 0z1112(z) (z) y(1) Yzz(z666011y(1) y(2z66y(0, y(2 把2222Y(z111 1 2 z zz 662 3 部分分式展開，得1.2 0.8(z) 1213z z 所以， 零輸入響應為 1 1(n) 1.2部分分式展開，得1.2 0.8(z) 1213z z 所以， 零輸入響應為 1 1(n) 1.2 0.83n y 2總響應為y(n) (n) yy(n 1 1 1.21.2 n 23(2)

25、由系統的差分方y(n)1 y(n1)1(2)由系統的差分方y(n)1 y(n1)1 y(n2) 66Y(z)1z1Y(z)1 y(1)1z2Y(z)6661z1y(1)1 y(2)z166化簡為z2(6z 1.2z 1.26Y(z) z 2z 3z 化簡為z2(6z 1.2z 1.26Y(z) z 2z 3z 1 z 1(z1)266強迫響應和激勵函數的極點相對應，函數的極點相對應，所以系統強迫響應為yp (n) 6u(n)響應和系統系統響應111.23yh (n) 1.2n 2例y(n例y(n1) 5 y(n) y(n1) 2的zz1Y(z)5Y(zz1Y(z)5Y(z)zY(z) X(z)

26、2Y(z)zH(z) 則z 1(z X(z)2。012。0122z21n23h1(n)u(n)(2)n322z21n23h1(n)u(n)(2)n3212 z收斂域21n23h2(n) u(n)(2)nu(n 321z221n2h3(n) u(1z221n2h3(n) u(n 1) (2)nu(n 332對于上述各hi (n) ，若將它們代入差分方程出x(n(n，則hi(n例如對于h1 (n) ，代入差分方程2123x(n) u(n例如對于h1 (n) ，代入差分方程2123x(n) u(n1)(2)n1u(n 322151n53u(n)2nu(n) u(n32322(2)n1u(n1) n

27、n n 時，x(1時，x(0)時，x(n) h1(nx(n(n，h3n) 例其輸入x(n)和輸y(n) 的關系y(n1)10 y(n) y(n1) 3樣值響確定解：對差分方程兩端取z1Y(z)10Y(z)zY(z) X(z)3zzY解：對差分方程兩端取z1Y(z)10Y(z)zY(z) X(z)3zzY(z)H(z) 13X(z)zzz1(13z1)1333 11z313z，013，01331n3h(n)31n3h(n) (3)nu(n 1)u(n)883H(z)的零極例：一線性時不H(z)的零極例：一線性時不變離散時分布如j10解: (1)由零極點土可以寫出H(z)zH(z) (z 0.5)

28、(z 解: (1)由零極點土可以寫出H(z)zH(z) (z 0.5)(z 0.5)由初始定理可知zh(0 ) lim H (z) lim (z 0.5)(z 0.5)zz解得A=1,代入H(z)的表達式,zH(z) (z 0.5)(z 0.5)z=0.5, z=-0.5，以系統是穩定的。它們都在圓內，所(2)樣值響1 4H(z) z(z 0.5)(zzzzz(2)樣值響1 4H(z) z(z 0.5)(zzzzzH(z) 4故zzh(n)4(n) 5(1)nu(n) 5(1)n所2211z2H(z) Y(z11z2H(z) Y(z)1 (z 0.5)(zX(z)4Y(z)(1z2 X(zz2 4則系統的差分方y(n2)1 y(n) x(n2)4例已知各系統的差分方程如下， 求各系統的嶺輸入響應yxk（1y(k 例已知各系統的差分方程如下， 求各系統的嶺輸入響應yxk（1y(k 3)6y(k 2)12y(k 1)8y(k) U(k)y(1) 1,y(2) 2,y(3) 23初始值為5y(k)6y(k 1) f (k)，f (k) 10U(k) y(0) 16y(k)5y(k 1) y(k 2) f (k) y(0) 15,y(1) 9f (k) (1)k2U(k 2)