信号与系统 02：拉普拉斯、RC 与连续传递函数

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1. 先确定电路和测量方向

理想电源通过电阻给电容充电，输出端暂时不接额外负载：

输入节点 A ── 电阻 R ── 节点 B ── 输出
                         │
                        电容 C
                         │
                        地 G

定义：

$$x(t)=V_A(t)-V_G(t),\qquad y(t)=V_B(t)-V_G(t).$$

电阻电压的参考方向由 A 指向 B：

$$\begin{aligned} V_R(t)&=V_A(t)-V_B(t)\\ &=[V_A(t)-V_G(t)]-[V_B(t)-V_G(t)]\\ &=x(t)-y(t). \end{aligned}$$

所以电容已经充到 0.5 V、输入为 1 V 时，电阻承受的是 0.5 V。电阻两端分别位于两个电位，减法来自两端电位差。电压表红表笔接 A、黑表笔接 B，就测这个量。

令电流正方向从 A 经电阻流入电容上端。欧姆定律：

$$i(t)=\frac{x(t)-y(t)}R.$$

$R=1000\,\Omega$ 时，$y=0$ 对应 1 mA，$y=0.5$ V 对应 0.5 mA，$y=0.9$ V 对应 0.1 mA。接近输入后充电越来越慢。

2. 从电荷推导微分方程

对恒定电容量：

$$q(t)=Cy(t).$$

电流是电荷变化速度，因此：

$$i(t)=\frac{dq}{dt}=C\frac{dy}{dt}.$$

输出无额外负载，两处电流相同：

$$C\frac{dy}{dt}=\frac{x-y}R.$$

依次乘以 $R$、移项：

$$RC\frac{dy}{dt}=x-y,$$ $$\boxed{RC\frac{dy}{dt}+y=x}.$$

定义时间常数 $\tau=RC$，得到：

$$\boxed{\tau y'(t)+y(t)=x(t)}.$$

$\Omega\cdot\mathrm F=\mathrm s$，所以 $\tau y'$ 和 $y$ 都是 V，方程量纲一致。此理想模型忽略电源内阻、输出负载、电容漏电及元件频率特性；RC 充放电的物理背景见 OpenStax。

3. 不用变换，先直接求充电曲线

输入从 0 时刻起保持 $V_0$，初始电容电压为 $y_0$。对 $t>0$：

$$y'+\frac1\tau y=\frac{V_0}{\tau}.$$

乘积分因子 $e^{t/\tau}$：

$$e^{t/\tau}y'+\frac1\tau e^{t/\tau}y =\frac{V_0}{\tau}e^{t/\tau}.$$

左侧由乘积求导，恰好是：

$$\frac d{dt}\bigl(e^{t/\tau}y(t)\bigr) =\frac{V_0}{\tau}e^{t/\tau}.$$

从 0 到 $t$ 积分：

$$e^{t/\tau}y(t)-y_0 =\frac{V_0}{\tau}\int_0^t e^{\xi/\tau}\,d\xi =V_0(e^{t/\tau}-1).$$

移项、乘 $e^{-t/\tau}$：

$$\boxed{y(t)=V_0+(y_0-V_0)e^{-t/\tau}},\quad t\ge0.$$

零初值 $y_0=0$ 时是 $V_0(1-e^{-t/\tau})$。关闭电源、输入为零时是 $y_0e^{-t/\tau}$。

这条方程已经能求解。拉普拉斯的价值在于把更复杂输入、多个系统连接与高阶微分方程转成统一的代数运算。

4. 拉普拉斯定义中的每个符号

首先用单边变换研究启动过程：

$$X_+(s)=\int_{0^-}^{\infty}x(t)e^{-st}\,dt,\qquad s=\sigma+j\omega.$$

$0^-$ 表示从启动之前开始，包含 0 时刻的冲激。这是本章初值计算的约定。对不含启动冲激的普通函数，积分数值与从 0 开始相同。

将权重拆开：

$$e^{-st}=e^{-\sigma t}e^{-j\omega t}.$$

第一部分改变远处时间的权重；第二部分用正交振荡比较信号。$\sigma$ 与 $\omega$ 的量纲是每秒，使指数无量纲。

请区分：

$$e^{st}=e^{\sigma t}e^{j\omega t} \quad\text{是待分析的变化模式；}$$ $$e^{-st} \quad\text{是变换积分中的权重。}$$

模式 $e^{st}$ 中 $\sigma<0$ 表示衰减；权重中则是 $\sigma>0$ 提供衰减，两处符号不能混说。$X_+(s)$ 是变量 $s$ 的函数，不是把一次积分算成一个数就完成了全部分析。

5. 从积分算出阶跃和指数的变换

单位阶跃 $u(t)$ 在 $t>0$ 为 1：

$$\begin{aligned} \mathcal L_+\{u(t)\} &=\int_0^\infty e^{-st}\,dt\\ &=\left[-\frac1s e^{-st}\right]_{0}^{\infty}\\ &=0-\left(-\frac1s\right)\\ &=\boxed{\frac1s},\qquad \operatorname{Re}s>0. \end{aligned}$$

条件保证无穷远处 $e^{-st}\to0$。若不衰减，不能把边界项强行写成零。

同样，对于 $e^{-at}u(t)$：

$$\begin{aligned} \mathcal L_+\{e^{-at}u(t)\} &=\int_0^\infty e^{-at}e^{-st}\,dt\\ &=\int_0^\infty e^{-(s+a)t}\,dt\\ &=\boxed{\frac1{s+a}},\qquad \operatorname{Re}(s+a)>0. \end{aligned}$$

对 $t\,u(t)$ 再做一次分部积分：

$$\int_0^\infty te^{-st}\,dt =\left[-\frac t s e^{-st}\right]_0^\infty +\frac1s\int_0^\infty e^{-st}\,dt =\frac1{s^2}.$$

因此反变换中的 $1/s$、$1/(s+a)$、$1/s^2$ 分别可认作阶跃、因果指数、斜坡。反变换要同时保留因果/收敛域条件。

6. 为什么求导会变成乘 $s$

先对 $t>0$ 的普通导数积分，选 $u=e^{-st}$、$dv=f'(t)dt$：

$$\begin{aligned} \int_{0^+}^{\infty}f'(t)e^{-st}\,dt &=\left[f(t)e^{-st}\right]_{0^+}^{\infty} -\int_{0^+}^{\infty}f(t)(-s e^{-st})\,dt\\ &=-f(0^+)+sF_+(s). \end{aligned}$$

这里假设 $s$ 位于合适的收敛域，无穷远边界项为零。若 $f$ 在 0 时刻跳变，其广义导数还含冲激：

$$[f(0^+)-f(0^-)]\delta(t).$$

从 $0^-$ 积分时，把这部分也加上：

$$-f(0^+)+sF_+(s)+f(0^+)-f(0^-) =\boxed{sF_+(s)-f(0^-)}.$$

这就解释了两种约定的区别：

• 只处理 $t>0$ 的普通导数，边界用 $0^+$。
• 包含启动冲激的单边变换，本章统一使用 $0^-$。

再对 $f'$ 用同一规则：

$$\begin{aligned} \mathcal L_+\{f''\} &=s\mathcal L_+\{f'\}-f'(0^-)\\ &=s[sF_+(s)-f(0^-)]-f'(0^-)\\ &=s^2F_+(s)-s f(0^-)-f'(0^-). \end{aligned}$$

推广到 $m$ 阶：

$$\mathcal L_+\{f^{(m)}\} =s^mF_+(s)-\sum_{r=0}^{m-1}s^{m-1-r}f^{(r)}(0^-).$$

只在所有相应初始项为零时，才能简化成 $s^mF_+(s)$。尤其阶跃输入有 $x(0^+)=V_0$、$x(0^-)=0$，不能把这两个值混成一个 $x(0)$。

7. 从 RC 方程得到传递函数

为简洁，下面省略变换符号的下标“+”。对 $\tau y'+y=x$ 两边变换：

$$\tau[sY(s)-y_0]+Y(s)=X(s).$$

展开、移项、提取公因子：

$$\tau sY(s)-\tau y_0+Y(s)=X(s),$$ $$(1+\tau s)Y(s)=X(s)+\tau y_0,$$ $$\boxed{Y(s)=\frac{X(s)}{1+\tau s}+\frac{\tau y_0}{1+\tau s}}.$$

第一项由输入驱动，第二项由初始电压驱动。零初始状态时：

$$Y(s)=\underbrace{\frac1{1+\tau s}}_{H(s)}X(s),$$ $$\boxed{H(s)=\frac1{1+\tau s}}.$$

传递函数更根本的定义是零状态冲激响应的变换 $H(s)=\mathcal L\{h(t)\}$。$H=Y/X$ 是合适输入下的求法；$X=0$ 时无需也不能靠除法定义它。RC 输入输出都是电压，因此 $H$ 无量纲。

一般时域关系是 $y_{\mathrm{zs}}=h*x$。$y(t)/x(t)$ 不是这个有记忆系统的传递函数。

8. 为什么时域卷积变成乘法

设输入和冲激响应都因果、初始状态为零：

$$y(t)=\int_0^t h(\xi)x(t-\xi)\,d\xi.$$

在允许交换积分的收敛域：

$$Y(s)=\int_0^\infty\int_0^t h(\xi)x(t-\xi)e^{-st}\,d\xi\,dt.$$

令 $v=t-\xi$，原区域 $t\ge\xi\ge0$ 变为 $v\ge0,\xi\ge0$，且：

$$e^{-st}=e^{-s(\xi+v)}=e^{-s\xi}e^{-sv}.$$

所以：

$$\begin{aligned} Y(s) &=\int_0^\infty h(\xi)e^{-s\xi}\,d\xi \int_0^\infty x(v)e^{-sv}\,dv\\ &=H(s)X(s). \end{aligned}$$

乘法来自积分内指数的可分离性，并非预先随意规定“系统一定用乘法”。

9. 输入 2 V：每一步还原输出

取 $R=1000\,\Omega$、$C=1000\,\mu\mathrm F=0.001$ F，所以 $\tau=1$ s。启动前电压为 0，输入 $x(t)=2u(t)$ V：

$$X(s)=\frac2s,\qquad H(s)=\frac1{1+\tau s}.$$

为手算，使用秒作为时间单位，把 $\tau$ 的数值写成 1；此时常写 $H(s)=1/(s+1)$，其中极点“$-1$”实际是 $-1\,\mathrm{s^{-1}}$。完整量纲式仍是 $1/(1+\tau s)$。

求输出：

$$Y(s)=H(s)X(s)=\frac2{s(s+1)}.$$

第一步：设部分分式

$$\frac2{s(s+1)}=\frac A s+\frac B{s+1}.$$

第二步：乘公共分母

$$2=A(s+1)+Bs=(A+B)s+A.$$

第三步：比较常数与 $s$ 的系数

$$A=2,\qquad A+B=0,\qquad B=-2.$$

也可代入 $s=0$ 求 $A$，代入 $s=-1$ 求 $B$。这些是代数恒等式求系数，不是声称原变换在极点处存在。

第四步：逐项反变换

$$Y(s)=\frac2s-\frac2{s+1}.$$

前面已从积分证明：

$$\frac1s\longleftrightarrow u(t),\qquad \frac1{s+1}\longleftrightarrow e^{-t}u(t).$$

因果输出为：

$$\boxed{y(t)=2(1-e^{-t})u(t)\ \mathrm V}.$$

严格量纲写法是 $2(1-e^{-t/(1\,\mathrm s)})$ V。

$t$	输出 $y(t)$
0 s	0 V
0.5 s	0.786939 V
1 s	1.264241 V
3 s	1.900426 V
5 s	1.986524 V

第五步：代回去检查

对 $t>0$，$y'=2e^{-t}$ V/s。在 $\tau=1$ s 时：

$$\tau y'+y=2e^{-t}+2(1-e^{-t})=2\ \mathrm V.$$

初值 $y(0)=0$，终值趋向 2 V，两者正确。从拉普拉斯角度反查：

$$\mathcal L\{2(1-e^{-t})u(t)\} =\frac2s-\frac2{s+1} =\frac2{s(s+1)}.$$

10. 一般时间常数与非零初值

一般输入 $V_0u(t)$ 的零状态输出：

$$Y_{\mathrm{zs}}(s)=\frac{V_0}{s(1+\tau s)} =V_0\left(\frac1s-\frac1{s+1/\tau}\right).$$

初始状态项：

$$Y_{\mathrm{zi}}(s)=\frac{\tau y_0}{1+\tau s} =\frac{y_0}{s+1/\tau}.$$

逐项反变换，对 $t\ge0$：

$$\begin{aligned} y(t)&=V_0(1-e^{-t/\tau})+y_0e^{-t/\tau}\\ &=V_0+(y_0-V_0)e^{-t/\tau}. \end{aligned}$$

与第 3 节直接解微分方程一致。电容电压在有限非冲激电流下连续，因此这里 $y(0^+)=y(0^-)=y_0$。

在 $t=\tau$ 时，零初值充电已完成最终变化的 $1-e^{-1}\approx63.2\%$。到达 95% 所需时间：

$$1-e^{-t/\tau}=0.95 \Rightarrow e^{-t/\tau}=0.05 \Rightarrow t=-\tau\ln0.05\approx2.996\tau.$$

11. 冲激响应、阶跃响应和传递函数不是同一个量

$$H(s)=\frac1\tau\frac1{s+1/\tau} \Rightarrow h(t)=\frac1\tau e^{-t/\tau}u(t).$$

阶跃响应是 $h$ 的累积：

$$g(t)=\int_0^t h(\xi)\,d\xi =\int_0^t\frac1\tau e^{-\xi/\tau}\,d\xi =1-e^{-t/\tau}.$$

$h$ 单位为每秒，$g$ 无量纲；乘实际阶跃电压后输出单位为 V。$\int_0^\infty h(t)dt=1$，解释了直流稳态增益为 1。

12. 双边变换与收敛域

讨论整个时间轴时，定义：

$$X(s)=\int_{-\infty}^{\infty}x(t)e^{-st}\,dt.$$

收敛域 ROC 是积分确实存在的 $s$ 集合。对因果指数 $e^{-at}u(t)$、实数 $a>0$：

$$X(s)=\frac1{s+a},\qquad \operatorname{Re}s>-a.$$

同一个代数分式也可对应左侧信号 $-e^{-at}u(-t)$：

$$\begin{aligned} X(s)&=-\int_{-\infty}^0e^{-(s+a)t}\,dt\\ &=\frac1{s+a},\qquad \operatorname{Re}s<-a. \end{aligned}$$

所以分式加 ROC 才确定双边变换。该区别与 MIT 拉普拉斯讲次 中的收敛域讨论相符。

当 ROC 包含整个虚轴时，令 $s=j\omega$ 就得到通常的频率响应。对不满足条件的信号，不能只代入公式就断言普通傅里叶积分收敛。

13. RC 的幅频、相频与截止频率

RC 的因果稳定冲激响应绝对可积，虚轴在 ROC 内：

$$H(j\omega)=\frac1{1+j\omega\tau}.$$

乘共轭或计算复数模：

$$\boxed{|H(j\omega)|=\frac1{\sqrt{1+(\omega\tau)^2}}},$$ $$\boxed{\arg H(j\omega)=-\arctan(\omega\tau)}.$$

对已经达到正弦稳态的输入 $A\cos(\omega t+\phi)$：

$$y_{\mathrm{ss}}(t) =A|H(j\omega)|\cos\bigl(\omega t+\phi+\arg H(j\omega)\bigr).$$

刚接通时还有暂态，不能把此式当作从 0 时刻开始的全部响应。

截止点定义为相对直流幅值降至 $1/\sqrt2$：

$$\frac1{\sqrt{1+(\omega_c\tau)^2}}=\frac1{\sqrt2} \Rightarrow (\omega_c\tau)^2=1.$$

于是：

$$\boxed{\omega_c=\frac1\tau,\qquad f_c=\frac1{2\pi\tau}}.$$

该点相位 $-45^\circ$。幅值 dB：

$$G_{\mathrm{dB}}=20\log_{10}|H|,$$

所以 $20\log_{10}(1/\sqrt2)\approx-3.0103$ dB。功率比用 $10\log_{10}$；电压增益用 20 的关系假设相同阻抗或明确的幅值增益定义。

$\omega\tau\gg1$ 时 $|H|\approx1/(\omega\tau)$，频率变为 10 倍，幅值约为原来的 1/10，对应 -20 dB；变为 2 倍，对应 $-20\log_{10}2\approx-6.02$ dB。这是高频渐近值，截止附近不能直接当成精确衰减。

14. 一般微分方程怎样逐步求传递函数

常系数方程：

$$a_2y''+a_1y'+a_0y=b_1x'+b_0x.$$

记启动前 $y_0=y(0^-)$、$v_0=y'(0^-)$、$x_0=x(0^-)$，则：

$$a_2(s^2Y-sy_0-v_0)+a_1(sY-y_0)+a_0Y =b_1(sX-x_0)+b_0X.$$

按输入、输出与初始项整理：

$$(a_2s^2+a_1s+a_0)Y =(b_1s+b_0)X+(a_2s+a_1)y_0+a_2v_0-b_1x_0.$$

零状态、输入从启动前的零值开始时：

$$\boxed{H(s)=\frac{b_1s+b_0}{a_2s^2+a_1s+a_0}}.$$

阶跃的 $x'$ 含冲激；使用本章 $0^-$ 约定时，该冲激已经包含在 $sX-x(0^-)$ 中，不应再加一次。

15. 极点、零点和稳定性

约去公共因子后，分母根为传递函数极点，分子根为零点。零点表示该复变量处 $H=0$；只有位于虚轴上的零点才直接对应某个正弦频率被消除，不能泛称“零点增强特定频率”。

RC 极点：

$$1+\tau s=0\Rightarrow p=-1/\tau.$$

时域项 $e^{pt}$ 衰减，其冲激响应绝对积分有限。对因果、适当有理系统，BIBO 稳定等价于约简后极点严格在左半平面。适当指分子次数不超过分母次数；纯微分器 $H(s)=s$ 虽无有限极点，也不 BIBO 稳定。

只看传递函数还不能保证所有内部状态稳定。例如：

$$q_1'=-q_1+x,\qquad q_2'=q_2,\qquad y=q_1.$$

输入输出传递函数 $1/(s+1)$ 稳定，但隐藏的 $q_2$ 初值会指数增长。极零抵消、不可观测或不可控状态需要内部稳定分析。

终值公式 $\lim_{t\to\infty}y(t)=\lim_{s\to0}sY(s)$ 还需相应极点条件。例如对有理 $Y(s)$，常用充分条件是约简后的 $sY(s)$ 的所有极点都严格在左半平面；这允许 $Y$ 在原点有一个简单极点，却排除持续振荡或发散项。不能只算右侧极限就断言时域存在终值。

16. 二阶系统：极点如何变成衰减振荡

标准二阶低通：

$$H(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_n s+\omega_n^2}.$$

$\omega_n>0$ 为自然角频率，$\zeta$ 为阻尼比。解二次方程：

$$p_{1,2}=-\zeta\omega_n\pm\omega_n\sqrt{\zeta^2-1}.$$

$0<\zeta<1$ 时，令 $\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}$：

$$p_{1,2}=-\zeta\omega_n\pm j\omega_d.$$

完成平方：

$$H(s)=\frac{\omega_n^2}{(s+\zeta\omega_n)^2+\omega_d^2}.$$

从欧拉公式积分可得：

$$\mathcal L\{e^{-at}\sin(bt)u(t)\} =\frac1{2j}\left(\frac1{s+a-jb}-\frac1{s+a+jb}\right) =\frac b{(s+a)^2+b^2}.$$

因此：

$$h(t)=\frac{\omega_n^2}{\omega_d} e^{-\zeta\omega_n t}\sin(\omega_d t)u(t).$$

实部决定衰减速度，虚部决定振荡速度。标准系统 $\zeta=1$ 是临界阻尼，$\zeta>1$ 是过阻尼，$\zeta=0$ 无衰减且不 BIBO 稳定。详见 MIT 二阶系统讲义。

二阶截止点为何不能总写成 $\omega_n$

令 $r=\omega/\omega_n$，幅值平方：

$$|H(j\omega)|^2=\frac1{(1-r^2)^2+4\zeta^2r^2}.$$

-3 dB 条件使分母为 2。令 $q=r^2$：

$$(1-q)^2+4\zeta^2q=2,$$ $$q^2+(4\zeta^2-2)q-1=0.$$

取正根：

$$q=1-2\zeta^2+\sqrt{(2\zeta^2-1)^2+1},\qquad \omega_c=\omega_n\sqrt q.$$

仅当 $\zeta=1/\sqrt2$ 时 $q=1$，截止频率才等于自然频率。

17. 级联、并联和负反馈

同一时间基准、零状态、连接不改变各模块模型时：

$$V=H_1X,\quad Y=H_2V \Rightarrow H_{\mathrm{total}}=H_2H_1.$$

并联相加则为 $H_1+H_2$。真实模拟电路直接连接可能引入负载，不能把两个空载测得的 RC 传递函数随意相乘。

负反馈：前向通路 $G(s)$，反馈通路 $F(s)$，参考输入 $R(s)$：

$$E=R-FY,\qquad Y=GE.$$

代入、移项：

$$Y=G(R-FY)=GR-GFY,$$ $$(1+GF)Y=GR,$$ $$\boxed{\frac YR=\frac G{1+GF}}.$$

负号来自误差定义。正反馈则变成 $G/(1-GF)$；“采用负反馈”本身不保证稳定，仍要检查闭环特征方程。反馈框图与条件见 MIT 反馈讲义。

例：$G=1/(1+\tau s)$、$F=K\ge0$：

$$\frac YR=\frac1{\tau s+1+K}.$$

极点 $-(1+K)/\tau$，直流增益 $1/(1+K)$，时间常数 $\tau/(1+K)$。更快响应与稳态幅值变化需要同时看，不能只说“加反馈就一切更好”。

18. 本章练习与核对

1. $\tau=0.1$ s 的 RC 截止频率：$1/(2\pi0.1)\approx1.59155$ Hz。
2. $V_0=2$ V、$y_0=0.5$ V、$\tau=1$ s：$y(t)=2-1.5e^{-t}$ V。
3. $y''+3y'+2y=x$ 零状态：$H=1/[(s+1)(s+2)]$；因果冲激响应 $(e^{-t}-e^{-2t})u(t)$。
4. RC 输入断开并接零电压后为什么下降？$y'=-y/\tau$，原电荷是能量来源，输出是零输入响应。
5. $s=j\omega$ 与 $s=-1/\tau$ 分别做什么？前者读取频响，后者是极点位置，不能把极点当成测量频率。