拉普拉斯变换 (LT)

复傅里叶变换也称为双边拉普拉斯变换。这用于求解微分方程。^{考虑由 x(t) = Ge st}形式的复指数信号退出的 LTI 系统。

其中 s = 任意复数 = $\sigma + j\omega$,

σ = s 的实数，并且

ω = s 的虚数

LTI的响应可以通过输入与其脉冲响应的卷积来获得，即

$ y(t) = x(t) \times h(t) = \int_{-\infty}^{\infty}\, h (\tau)\, x (t-\tau)d\tau $

$= \int_{-\infty}^{\infty}\, h (\tau)\, Ge^{s(t-\tau)}d\tau $

$= Ge^{st}。\int_{-\infty}^{\infty}\, h (\tau)\, e^{(-s \tau)}d\tau $

$ y(t) = Ge^{st}.H(S) = x(t).H(S)$

其中 H(S) = $h(\tau) = \int_{-\infty}^{\infty} h (\tau) e^{-s\tau} d\tau $ 的拉普拉斯变换

类似地，$x(t) = X(S) = \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-st} dt\,...\,...( 1)$

拉普拉斯和傅立叶变换之间的关系

$x(t) = X(S) =\int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-st} dt$ 的拉普拉斯变换

将 s= σ + jω 代入上式中。

$→ X(\sigma+j\omega) =\int_{-\infty}^{\infty}\,x (t) e^{-(\sigma+j\omega)t} dt$

$ = \int_{-\infty}^{\infty} [ x (t) e^{-\sigma t}] e^{-j\omega t} dt $

$\因此 X(S) = FT [x (t) e^{-\sigma t}]\,...\,...(2)$

$X(S) = X(\omega) \quad\quad 对于\,\, s= j\omega$

你知道 $X(S) = FT [x (t) e^{-\sigma t}]$

$\to x (t) e^{-\sigma t} = FT^{-1} [X(S)] = FT^{-1} [X(\sigma+j\omega)]$

$= {1\over 2}\pi \int_{-\infty}^{\infty} X(\sigma+j\omega) e^{j\omega t} d\omega$

$ x (t) = e^{\sigma t} {1 \over 2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X(\sigma+j\omega) e^{j\omega t} d\欧米伽$

$= {1 \over 2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} X(\sigma+j\omega) e^{(\sigma+j\omega)t} d\omega \,. ..\,...(3)$

这里，$\sigma+j\omega = s$

$jdω = ds → dω = ds/j$

$ \因此 x (t) = {1 \over 2\pi j} \int_{-\infty}^{\infty} X(s) e^{st} ds\,...\,...( 4) $

等式1和4表示信号x(t)的拉普拉斯变换和拉普拉斯逆变换。

狄利克雷条件用于定义拉普拉斯变换的存在性。IE

如果未知函数 x(t) 的拉普拉斯变换已知，则可以确定该未知信号的初始值和最终值，即 t=0 + 和 t=∞ 时的 x(t ⁾。

陈述：如果 x(t) 及其一阶导数是拉普拉斯可变换的，则 x(t) 的初始值由下式给出

$$ x(0^+) = \lim_{s \to \infty} ⁡SX(S) $$

陈述：如果 x(t) 及其一阶导数是拉普拉斯可变换的，则 x(t) 的最终值由下式给出

$$ x(\infty) = \lim_{s \to \infty} ⁡SX(S) $$