第 3 次作业：单边拉普拉斯变换与冲激匹配

#作业

我按 3信号与系统第三次作业.pdf 整理，共六题。

1. 单边拉普拉斯变换

求下列 x(t)x(t) 的单边拉普拉斯变换并给出收敛域：

  1. δ(at)+u(bt)\delta(at)+u(bt)；
  2. ∣t∣e−2∣t∣|t|e^{-2|t|}；
  3. cos⁡(t−π)\cos(t-\pi)；
  4. cos⁡(t−π)u(t−π)\cos(t-\pi)u(t-\pi)；
  5. cos⁡t u(t−π)\cos t\,u(t-\pi)。
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按源题默认 a,b>0a,b>0：

L+{δ(at)+u(bt)}=1a+1s,ℜ(s)>0,\mathcal L_+\{\delta(at)+u(bt)\}=\frac1a+\frac1s, \qquad \Re(s)>0, L+{∣t∣e−2∣t∣}=1(s+2)2,ℜ(s)>−2,\mathcal L_+\{|t|e^{-2|t|}\}=\frac1{(s+2)^2}, \qquad \Re(s)>-2, L+{cos⁡(t−π)}=−ss2+1,ℜ(s)>0,\mathcal L_+\{\cos(t-\pi)\}=-\frac{s}{s^2+1}, \qquad \Re(s)>0, L+{cos⁡(t−π)u(t−π)}=se−πss2+1,\mathcal L_+\{\cos(t-\pi)u(t-\pi)\} =\frac{se^{-\pi s}}{s^2+1}, L+{cos⁡t u(t−π)}=−se−πss2+1.\mathcal L_+\{\cos t\,u(t-\pi)\} =-\frac{se^{-\pi s}}{s^2+1}.

最后两式只差一个负号，因为 cos⁡(t−π)=−cos⁡t\cos(t-\pi)=-\cos t。

2. 双边变换反求参数

设

g(t)=x(t)+αx(−t),x(t)=βe−tu(t),g(t)=x(t)+\alpha x(-t),\qquad x(t)=\beta e^{-t}u(t), G(s)=924s−1008s2−1.G(s)=\frac{924s-1008}{s^2-1}.

求 α,β\alpha,\beta。

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有

X(s)=βs+1,G(s)=X(s)+αX(−s).X(s)=\frac\beta{s+1},\qquad G(s)=X(s)+\alpha X(-s).

通分后

G(s)=β1−s+αs+α1−s2=β(1−α)s−(1+α)s2−1.G(s)=\beta\frac{1-s+\alpha s+\alpha}{1-s^2} =\beta\frac{(1-\alpha)s-(1+\alpha)}{s^2-1}.

与题给分子比较系数，得到

α=123,β=966.\alpha=\frac1{23},\qquad \beta=966.

这里纠正了源文件解答中的一个符号笔误：把 α=−1/23\alpha=-1/23 代回去会得到互换后的分子系数，不能还原题给的 924s−1008924s-1008。

3. 初值与终值

求下列 F(s)F(s) 对应信号的初值与终值：

2s+5147s2+67s,3s(s2+4),5s2.\frac{2s+51}{47s^2+67s},\qquad \frac{3}{s(s^2+4)},\qquad \frac5{s^2}.
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  1. 初值为 lim⁡s→∞sF(s)=2/47\lim_{s\to\infty}sF(s)=2/47；终值为 lim⁡s→0sF(s)=51/67\lim_{s\to0}sF(s)=51/67。
  2. 初值为 0；因 sF(s)=3/(s2+4)sF(s)=3/(s^2+4) 在虚轴有极点，终值不存在。
  3. 初值为 0；对应斜坡信号，终值发散，不存在。

终值定理不能只“代 s=0s=0”，还必须先检查 sF(s)sF(s) 的极点是否都在左半平面，至多允许原点有一个一阶极点。

4. 系统性质

判断下列系统是否因果、线性、时不变：

  1. y(t)=tx(t)y(t)=tx(t)；
  2. y(t)=x(t)+x(t−1)y(t)=x(t)+x(t-1)；
  3. y(t)=sin⁡(x(t))y(t)=\sin(x(t))；
  4. y(t)=tx(t)x2(t−1)y(t)=tx(t)x^2(t-1)。
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  1. 因果、线性、时变；
  2. 因果、线性、时不变；
  3. 因果、非线性、时不变；
  4. 因果、非线性、时变。

判断时变最直接的方法是比较“先把输入延时”与“先过系统再把输出延时”；出现显式 tt 的系统通常会在这一步失败。

5. 冲激函数匹配法

已知 r(0−)=r′(0−)=0r(0^-)=r'(0^-)=0，求：

  1. r′′+r′+r=δ(t)+δ′(t)r''+r'+r=\delta(t)+\delta'(t)；
  2. r′′+2r′+r=δ(t)r''+2r'+r=\delta(t)；
  3. r′′+2r′+r=δ′(t)r''+2r'+r=\delta'(t)。
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第一题先匹配 δ′\delta' 与 δ\delta：可得 r(0+)=1r(0^+)=1、r′(0+)=0r'(0^+)=0。t>0t>0 时解齐次方程，得到

r(t)=e−t/2[cos⁡(32t)+33sin⁡(32t)]u(t).r(t)=e^{-t/2}\left[ \cos\left(\frac{\sqrt3}{2}t\right) +\frac{\sqrt3}{3}\sin\left(\frac{\sqrt3}{2}t\right) \right]u(t).

后两题的特征根均为 −1-1 的二重根。匹配跳变后：

r2(t)=te−tu(t),r_2(t)=te^{-t}u(t), r3(t)=(1−t)e−tu(t).r_3(t)=(1-t)e^{-t}u(t).

6. 广义初值定理

证明：若对所有 n<Nn<N 都有 x(n)(0+)=0x^{(n)}(0^+)=0，且 x(t)x(t) 在 0+0^+ 邻域可作相应 Taylor 展开，则

x(N)(0+)=lim⁡s→∞sN+1X(s).x^{(N)}(0^+)=\lim_{s\to\infty}s^{N+1}X(s).
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在 0+0^+ 处展开：

x(t)=[x(0+)+x′(0+)t+⋯+x(n)(0+)tnn!+⋯ ]u(t).x(t)=\left[x(0^+)+x'(0^+)t+\cdots +x^{(n)}(0^+)\frac{t^n}{n!}+\cdots\right]u(t).

由低阶导数为零，逐项作拉普拉斯变换得

X(s)=∑n=N∞x(n)(0+)sn+1.X(s)=\sum_{n=N}^{\infty} \frac{x^{(n)}(0^+)}{s^{n+1}}.

乘 sN+1s^{N+1}：

sN+1X(s)=x(N)(0+)+∑n=N+1∞x(n)(0+)sn−N.s^{N+1}X(s)=x^{(N)}(0^+) +\sum_{n=N+1}^{\infty}\frac{x^{(n)}(0^+)}{s^{n-N}}.

令 s→∞s\to\infty，余项趋于 0，即得结论。

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