武汉理工大学《信号与系统》考研资料
收敛
??max[0,??]。
(2)L{t3?2t2?1u?t?}???3!2!1?2?s4s3s 3641s?4s?6?4?3??ssss4收敛域为??0。
(3)L{e??tcos??t???u?t?}?L{e??t(cos?tcos??sin?tsin?)u(t)}
(s??)cos???sin??(s??)2??2收敛域为????。
2利用拉普拉斯变换性质，求下列信号的拉普拉斯变换。
(1)f(t)?tsintu(t) (2)f(t)?sin?t[u(t)?u(t?1)] (3)f(t)?t[u(t)?u(t?2)] (4)f(t)?[t3?te?3tcos(2t)]u(t)
解：
(1) 因为 sint?1 s2?1利用复频域微分性质，有tsint??d12s[2]?2 dss?1(s?1)2即 F(s)?2s 22(s?1)(2)f(t)?sin?tu(t)?sin?(t?1)u(t?1)
F(s)??s2??2??s2??2e?s?(1?e?s)?2 2s??
(3)f(t)?tu(t)?(t?2)u(t?2)?2u(t?2)
F(s)?11?2s2?2s?e?e 22ssss2?4(4)因为 tcos2t?2
(s?4)2 t?23! s4根据拉普拉斯变换时域频移性质，有
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6(s?3)2?4 F(s)?4?s[(s?3)2?4]23求下列函数的拉普拉斯反变换。
11?e?s?e?2s1?e?s2(1)) (2) (3)(?s1?es?1s解：
1e?se?2s??（1）F(s)? s?1s?1s?1根据时延性质
1e?se?2s?1f(t)?L{??}
s?1s?1s?1 ?t?(t?1)?(t?2)?eu(t)?eu(t?1)?eu(t?2)
（2）将F(s)整理成
F1(s)周期形式 ?sT1?e11?e?sF(s)?? ?s?2s1?e1?e又 L?1{1?e?s}??(t)??(t?1)
则f(t)是第一周期单个函数为?(t)??(t?1)、周期T?2的周期函数，所以
f(t)??(t)??(t?1)??(t?2)??(t?3)????(?1)?(t?k)kk?0?
1?e?s21?e?s1?e?s)???F1(s)?F1(s) （3）因为F(s)?(sss由卷积定理知 f(t)?f1(t)?f1(t)
其中 f1(t)?L{F1(s)}?u(t)?u(t?1) 所以
?1f(t)?[u(t)?u(t?1)]?[u(t)?u(t?1)]?[?(t)??(t?1)]?[tu(t)?(t?1)u(t?1)]?tu(t)?(t?1)u(t?1)?(t?1)u(t?1)?(t?2)u(t?2)?tu(t)?2(t?1)u(t?1)?(t?2)u(t?2)4用部分分式法求下列函数的拉普拉斯反变换。
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4s2?4s?2 (2)F(s)? (1)F(s)?3(s?1)(s?2)(s?1)(s?2)(3)F(s)?解：
（1）由于F(s)中m?n?2，首先用长除法运算得
2s?103s?9(4)F(s)?
s2?4s?13s(s2?9)s2?4s?2s F(s)??1?(s?1)(s?2)(s?1)(s?2)对真分式展开成部分分式
kkN(s)s??1?2 D(s)(s?1)(s?2)s?1s?2其中 k1?(s?1)N(s)s???1
D(s)s??1s?2s??1k2?(s?2)N(s)s??2
D(s)s??2s?1s??212? s?1s?2?2t则原式为 F(s)?1??t所以 f(t)?(?(t)?e?2e（2）原式展开成部分分式
)u(t)
F(s)?44?4?4?4 ????332s?1s?2(s?1)(s?2)(s?2)(s?2)?t2?2t所以 f(t)?(4e?2te（3）F(s)??4te?2t?4e?2t)u(t)
3s?913s ???222s(s?9)ss?9s?9 f(t)?(1?sin3t?cos3t)u(t) （4）F(s)?2s?102(s?2)3??2 22222s?4s?13(s?2)?3(s?2)?3?2t f(t)?[(2cos3t?2sin3t)e]u(t)
5求下列函数拉普拉斯反变换f(t)的初值。
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1s4?1(1)F(s)? (2)F(s)?2
s?2s(s?2)解：
（1）f(0?)?limsF(s)?limss??s??1?1 s?2（2）由于F(s)是有理分式，但不是真分式，利用长除法将其分解为
4s2?1F(s)?s?2?3
s?2s24s2?1?4 则f(0?)?limsF(s)?lims3s??s??s?2s26求下列函数拉普拉斯反变换f(t)的终值。
s3?s2?2s?11?e?2t (2)F(s)? (1)F(s)?22(s?1)(s?3)(s?5)s(s?4)解：
（1）令s2(s2?4)?0，得极点
s1?s2?0,s3?2j,s4??2j
有极点在虚轴上，故不能用终值定理，f(t)无终值。
（2）因为s1?1,s2?3,s3??5，F(s)的极点均在s的左半平面，故满足终值定理，因此
s3?s2?2s?1有 f(?)?limsF(s)?lims?0
s?0s?0(s?1)(s?3)(s?5)d2y(t)dy(t)dx(t)?4?3y(t)?2?x(t)，初始状态为y?(0?)?4，7系统的微分方程为2dtdtdty(0?)?1。若激励为x(t)?e?2tu(t)。
（1）试用拉氏变换分析法求全响应；
（2）分别求零输入响应和零状态响应，然后叠加得全响应。 解：微分方程两边作单边拉氏变换，得
???sy?(0?(s2?4s?3)Y(s?)?)y(?0)y4?(0?)s(2Xs) 1??????2s?1sy(0)?y?(0)?4y(0)X(s)? Y(s)?2
s?4s?3s2?4s?3() 24
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X(s)?1, y(0?)?1, y?(0?)?4 s?2Y(s)?2s?11s?4?4?? 22s?2s?4s?3s?4s?3??????????????零状态响应零输入响应7?5?532?2?2?2??
s?1s?2s?3s?1s?3???????????????1零状态响应零输入响应y(t)?11?6e?2t?5e?3t?e?t?u(t)??7e?t?5e?3t?u(t)
??2?2?????????????????????零状态响应零输入响应?8 电路如图题5-7所示，已知E?4V，当t < 0时，开关S打开，电路已达稳态，设v1(0)?0。
当t = 0时，开关S闭合。求t≥0时的v1(t)和i(t)。
图 题5-7
解：
2?＋2/s＋8/3s－i(t)?4/s－1/s＋－1/s4/3sv t1()?
1121//(2?)//484ssss V1(s)?(?)?2113s121s3s2??//?(2?)//ssssss?412s?242s?34121(?)??? 3s4s?54s?53s4s?515s15s?1.252(2?e?1.25t)u(t) 15v1(t)?I(s)?sV1(s)?42s?321211?(1?)??
34s?534s?536s?1.25 25