# 一、Laplace变换

如图所示一个低通滤波器，列基尔霍夫方程，得到线性微分方程：

C d V C d t + V R R = 0

$C{\frac {dV_C}{dt}}+{\frac {V_R}{R}}=0$

正是因为电感电容的存在，使得电路方程出现微分、积分项。而Laplace变换将微分方程转化为线性代数方程，成为快速求解微分方程的有力工具。

但是列出电路的微分方程之后再进行Laplace变换，求解之后再进行反变换仍然很复杂，聪明的电子工程师们便想到直接将电路中的电阻器 (R)、电容器 (C) 和电感元件 (L)变换到s域。

R	L	C
R	sL	${1 \over sC}$

于是这个电路可以看作一个分压器

V C ( s ) V i n ( s ) = 1 / C s R + 1 / C s = 1 1 + R C s

$\frac{V_{C}(s)}{V_{{in}}(s)}={\frac {1/Cs}{R+1/Cs}}={\frac {1}{1+RCs}}$

下面便引出系统的传输函数。

二、传递函数

对于最简单的连续时间输入信号 $x(t)$ , 和输出信号 $y(t)$ 来说传递函数 $H(s)$ 所反映的就是零状态条件下输入信号的拉普拉斯变换 $X(s)={\mathcal {L}}\left\{x(t)\right\}$ 与输出信号的拉普拉斯变换 $Y(s)={\mathcal {L}}\left\{y(t)\right\}$ 之间的线性映射关系：

Y (s) = H (s) X (s)

$Y(s) = H(s) X(s)$
或者

H (s) = Y ( s ) X ( s ) =  { y ( t ) }  { x ( t ) }

$H(s)=\frac{Y(s)}{X(s)} = \frac{ \mathcal{L} \left\{ y(t) \right\} }{\mathcal{L} \left\{ x(t) \right\} }$

而当系统为封闭回路的负反馈系统时：

由上图可得：

Y (s) = Z (s) G (s) \Rightarrow Z (s) = Y ( s ) G ( s )

$Y(s)=Z(s)G(s)\Rightarrow Z(s)={\dfrac {Y(s)}{G(s)}}$

X (s) - Y (s) H (s) = Z (s) = Y ( s ) G ( s ) \Rightarrow X (s) = Y (s) [1 + G (s) H (s)] / G (s)

$X(s)-Y(s)H(s)=Z(s)={\dfrac {Y(s)}{G(s)}}\Rightarrow X(s)=Y(s)\left[{1+G(s)H(s)}\right]/G(s)$

\Rightarrow Y ( s ) X ( s ) = G ( s ) 1 + G ( s ) H ( s )

$\Rightarrow {\dfrac {Y(s)}{X(s)}}={\dfrac {G(s)}{1+G(s)H(s)}}$

三、零极点

传递函数可以写成如下更加普遍的形式：

X (s) = N ( s ) D ( s ) = M \prod R i = l ( s - β i ) \prod R j = l ( s - α j )

$X(s) = \frac{N(s)}{D(s)} = M \frac{\prod_{i=l}^{R}(s-\beta_{i})}{\prod_{j=l}^{R}(s-\alpha_{j})}$
所有让分母

D(s) $D(s)$ 为0等点

sz $s_z$ 为系统的零点；
所有让分子

N(s) $N(s)$ 为0等点

sp $s_p$ 为系统的零点；

考虑一个由一个零点和两个极点组成的系统，在极坐标上表示为下图：

从上图中可以看出傅立叶变换和拉普拉斯变换的关系：
傅立叶变换为拉普拉斯变换在s平面虚轴 $j\omega$ 上的求值。

由此，引出波特图。

四、波特图

从上图中可以看到，系统的传递函数 $H(J\omega)$ 其实就是将复平面中极点零点到虚轴上某一点的向量相乘除：

H (j ω) = N ⃗ M 1 \to M 2 \to = z 1 - j ω ( p 1 - j ω ) ( p 2 - j ω )

$H(j\omega) = \frac{\stackrel{\rightarrow}{N}}{\stackrel{\rightarrow}{M_1} \stackrel{\rightarrow}{M_2}} = \frac{z_1 - j\omega}{(p_1-j\omega)(p_2-j\omega)}$

表示为幅度（取对数）和相位：

20 log 10 | H (j ω) | = 20 log 10 | z 1 - j ω | | p 1 - j ω | | p 2 - j ω |

$20\log_{10} |H(j\omega)| = 20\log_{10}\frac{| z_1 - j\omega| }{| p_1-j\omega| |p_2-j\omega|}$

∠ H (j ω) = e j (α 1 - α 2 - α 3)

$\angle H(j\omega) = e^{j(\alpha1 - \alpha2 - \alpha3)}$

其中 $\alpha1, \alpha2, \alpha3$ 为图中向量的角度，由此便可以画出波特图。

下面以一个低通RC滤波器电路举例：

H (j f) = 1 1 + j 2 π f R C

$H(jf) = \frac{1}{1+j2\pi f R C}$

ω c = 1 R C

$\omega_\mathrm{c} = {1 \over {RC}}$

H (j ω) = 1 1 + j ω ω c

$H(j\omega) = {1 \over 1+j{\omega \over {{\omega_\mathrm{c}}}}}$

画出波特图如下：

下面介绍如何得到上图。

增益图

A v d B = 20 log | H (j ω) | = 20 log 1 ∣ ∣ 1 + j ω ω c ∣ ∣

$A_\mathrm{vdB} = 20 \log|H(j\omega)| = 20 \log {1 \over \left|1+j{\omega \over {{\omega_\mathrm{c}}}}\right|}$

= - 20 log ∣ ∣ ∣ 1 + j ω ω c ∣ ∣ ∣ = - 10 log [1 + ω 2 ω 2 c]

$= - 20\log \left|1+j{\omega \over {{\omega_\mathrm{c}}}}\right| = -10\log{\left[1 + \frac{\omega^2}{\omega_\mathrm{c}^2}\right]}$

在角频率小于 $\omega_\mathrm{c}$ 时，因 ${\omega \over {\omega_\mathrm{c}}}$ 项较小，相对 1 而言可以忽略，因此其增益值为定值1，在增益图上是一条位在 0dB 的水平线
在角频率大于 $\omega_\mathrm{c}$ 时，因 ${\omega \over {\omega_\mathrm{c}}}$ 项较大，相对而言 1 可以忽略，因此式子简化为 $-20 \log {\omega \over {\omega_\mathrm{c}}}$ , 是斜率为-20dB/十倍频的斜线
在角频率等于 $\omega_\mathrm{c}$ 时， $-10\log{\left[1 + \frac{\omega^2}{\omega_\mathrm{c}^2}\right]} = -10\log 2 = -3dB$ ，因此该点为 -3dB 转折点

相位图

φ = - tan - 1 ω ω c

$\varphi = -\tan^{-1}{\omega \over {\omega_\mathrm{c}}}$

其中 $\omega$ , $\omega_\mathrm{c}$ 分别是输入角频率及截止角频率。当输入角频率远小于截止角频率时， $\frac{\omega}{\omega_c}$ 比例的数值很小，因此相位角接近零度。
当频率增加，相位角的绝对值也随之增加。在时 $\omega = \omega_c$ 时为-45度。
当输入角频率远大于截止角频率时，相位角会趋近-90度。

关于波特图一点说明

注意：通常我们说波特图中遇到一个极点幅度开始以20dB／十倍频的斜率下降，在极点处相移为-45度；零点则是幅度上升，相移45度。

有人会疑问零点、极点不应该使得传递函数为零或者无穷大吗？

其实从s平面那幅图可以看出，其实我们所谓的在波特图中遇到的零点极点，并不是s平面中由传递函数公式求解出的零点极点。只有当零点或者极点真的出现在虚轴 $j\omega$ 上时，该频率的输入才会导致零输出或者无穷大输出。

五、稳定性

巴克豪森判据：

对于一个负反馈系统：

Y X (s) = H ( s ) 1 + β H ( s )

$\frac{Y}{X}(s) = \frac{H(s)}{1+\beta H(s)}$
如果

βH(s)=−1 $\beta H(s) = -1$ 则增益为无穷，电路产生振荡，此条件可表达为：

| β H (s) | \geq 1

$|\beta H(s)| \ge 1$

∠ β H (s) = - 180 o

$\angle \beta H(s) = -180^{o}$

上式可以理解为，输入信号经过正向通路以及反馈回路一圈之后相移360度（环路增益的180度以及负反馈叠加点的180度），使得负反馈变成正反馈。此时如果环路增益的幅度大于1，则在输入信号上不断叠加一个放大了的信号，一个发散的数列不断叠加必然是无界的。

因此，避免振荡的放法就是在环路增益相移180度时，保证其幅度小于1。（收敛序列求和是有界的）

上图中定义了“增益交点GX“、“相位交点PX“、“相位裕度PM“等概念。（注意上图为环路增益的波特图）

奈奎斯特判据

如果将波特图绘制到极坐标系中，可以得到奈奎斯特图：

图中红色的线为传递函数曲线，其与单位圆的交点为GX点，与实轴的另一交点为PX点，并且能直观地看出相位裕度，增益裕度。

另外如果-1这个点不被传递函数曲线包围，则系统是稳定的。

六、反馈、相位裕度、稳定性的关系

相位裕度

此处参照sansen书中方法

定义开环增益

A O = G

$A_O = G$
闭环增益

A c = G 1 + G H \approx 1 H

$A_c = \frac{G}{1+GH} \approx \frac{1}{H}$
所以

d B (A O A c) = d B (A O) - d B (A c) \approx d B (G H)

$dB (\frac{A_O}{A_c} )= dB (A_O ) - dB(A_c) \approx dB(GH)$

图中 $A_O$ 曲线与 $A_c$ 曲线差就是环路增益，因此两条曲线（实线）交点对应的频率，也即 $A_O/A_c = 1$ ，就是环路增益降到单位增益的频率。这个点就是增益交点，可以从这个点看相位裕度。

（思考的切入点：让两条曲线相交，其实在数学上是让两个函数相等）

GBW

上图定义出增益带宽积，在闭环增益（Y/X）图中，为主极点的下降曲线与横轴的交点出的频率（单位增益）。

20 log A O - 10 log (1 + (ω ω m a j o r) 2) = 0

$20\log A_O - 10\log(1+(\frac{\omega}{\omega_{major}})^2) = 0$
得出

ω \approx A O \times ω m a j o r \approx A c \times ω c

$\omega \approx A_O \times \omega_{major} \approx A_c \times \omega_c$

注意：
- GBW点其实是约等于的结果，但在对数图中可以看作不变。
- 另外，对于多极点系统，还是看第一个主极点延长线与实轴的交点，即 $GBW = \omega_1 \cdot A_O$ 。
- 反馈系数改变，闭环增益相位曲线 $\angle \frac{Y}{X}(j\omega)$ 是会改变的；而环路增益相位曲线 $\angle \beta H(j\omega)$ 不变。
- sansen书中看闭环增益转折点求PM，其实它对应的是开环增益的相位图，如下图，所以不要被迷惑。之所以这样，是因为双极点系统，总相移肯定是180度。

而180度相移点是第二个极点再往右，若f2出现在GBW点右侧，则系统相对比较稳定。

相位裕度、极点位置、尖峰相互关系

环路增益越大（图中两条曲线相差越宽），PM越小。当PM很小的时候，闭环增益曲线就会产生尖峰。

开环增益

H (j ω) = A O ( 1 + j ω ω 1 ) ( 1 + j ω ω 2 )

$H(j\omega) = \frac{A_O}{(1+j\frac{\omega}{\omega_1})(1+j\frac{\omega}{\omega_2})}$
闭环增益

Y X = H 1 + β H = A O β A O + j ω ( 1 ω 1 + 1 ω 2 ) + ( j ω ) 2 ω 1 ω 2

$\frac{Y}{X} = \frac{H}{1+\beta H} = \frac{A_O}{\beta A_O + j\omega({1 \over \omega_1} + {1 \over \omega_2}) +\frac{(j\omega)^2}{\omega_1 \omega_2} }$

因为 $A_O \times \omega_1 = GBW$ , 所以

Y X \approx 1 1 + j ω β G B W + ( j ω ) 2 β G B W f 2

$\frac{Y}{X} \approx \frac{1}{1+ \frac{j\omega}{\beta GBW} +\frac{(j\omega)^2}{ \beta GBW f_2}}$

= 1 1 + 2 ζ ω n j ω + ( j ω ) 2 ( ω n ) 2

$=\frac{1}{1+2\frac{\zeta}{\omega_n}j\omega + \frac{(j\omega)^2}{(\omega_n)^2}}$

其中 $\zeta$ 为阻尼因子， $\omega_n$ 为谐振频率。

PM的求解需要解释一下：

因为 $PM = 180^o + \angle H(GX)$ ，而对于双极点系统，有

∠ ω = e - j (arctan ω ω 1 + arctan ω ω 2)

$\angle \omega = e^{-j(\arctan \frac{\omega}{\omega_1} + \arctan \frac{\omega}{\omega_2})}$

而对于 $\omega = GX$ 这个点，因为 $GX >>\omega_1$ 所以第一级已经达到90度相移。另外

G X = ω 1 (1 + β A O) \approx β ω 1 A O = β \cdot G B W

$GX = \omega_1(1+\beta A_O) \approx \beta \omega_1 A_O = \beta \cdot GBW$
所以

P M = 180 o - 90 o - arctan G X ω 2 = 90 o - arctan β \cdot G B W ω 2

$PM = 180^o-90^o - \arctan \frac{GX}{\omega_2} = 90^o - \arctan \frac{\beta \cdot GBW}{\omega_2}$

可得

ω n = G B W \cdot ω 2 \cdot β ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ \sqrt

$\omega_n = \sqrt{GBW \cdot \omega_2 \cdot \beta}$

ζ = 1 2 ω 2 G B W \cdot β ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ \sqrt

$\zeta = {1 \over 2} \sqrt{\frac{\omega_2}{GBW \cdot \beta}}$

P M = 90 o - arctan β \cdot G B W ω 2

$PM = 90^o - \arctan \frac{\beta \cdot GBW}{\omega_2}$

结论

由信号系统知识可知：

$\zeta >1$ ，二阶系统为两个实数极点，其实是两个一阶系统相乘；对应情况为第二个极点 $\omega_2$ 非常远（比如3GBW处，此时相位裕度60度～70度）；
$0<\zeta<1$ ，两个共轭极点，为一个谐振系统；在闭环传输函数转折点出现尖峰。
第二个极点越近（ $\omega_2$ 越小），相位裕度越小， $\zeta$ 越小，尖峰越高，越不稳定！

有激励的输入响应

如图，输入信号为

1 s - j ω

$\frac{1}{s-j\omega}$

电路的传递函数为

H (s) = 1 s R C + 1

$H(s) = \frac{1}{sRC + 1}$

所以输出信号(s域)为

V o u t (s) = 1 s R C + 1 \cdot 1 s - j ω

$V_{out}(s) = \frac{1}{sRC + 1} \cdot \frac{1}{s-j\omega}$

= A s - j ω + B s R C + 1

$=\frac{A}{s-j\omega} + \frac{B}{sRC+1}$

其中

A = 1 j ω R C + 1 \leftrightarrow 1 ( ω R C ) 2 + 1 ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ \sqrt \cdot e j (- α)

$A=\frac{1}{j\omega RC +1} \leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{(\omega RC)^2 +1}} \cdot e^{j( - \alpha)}$

B = - R C j ω R C + 1 \leftrightarrow R C ( ω R C ) 2 + 1 ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ \sqrt \cdot e - j α

$B=\frac{-RC}{j\omega RC +1} \leftrightarrow \frac{RC}{\sqrt{(\omega RC)^2 +1}} \cdot e^{-j\alpha}$

1 s - j ω \leftrightarrow e j ω t

$\frac{1}{s-j\omega} \leftrightarrow e^{j\omega t}$

1 s R C + 1 \leftrightarrow e - t R C

$\frac{1}{sRC+1} \leftrightarrow e^{-\frac{t}{RC}}$

所以输出信号时域为

V o u t (t) = 1 ( ω R C ) 2 + 1 ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ \sqrt \cdot e j (ω t - α) - R C ( ω R C ) 2 + 1 ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ ‾ \sqrt \cdot e - t R C \cdot e - j α

$V_{out}(t) = \frac{1}{\sqrt{(\omega RC)^2 +1}} \cdot e^{j(\omega t - \alpha)} - \frac{RC}{\sqrt{(\omega RC)^2 +1}} \cdot e^{-\frac{t}{RC}} \cdot e^{-j\alpha}$
其中

tan α = ω R C

$\tan \alpha = \omega RC$

上式中，第一项为稳态响应，第二项是一个随时间衰减的量。这就解释了为什么我们要求系统的极点要在s平面的左半平面，这样系统才不会发散。

更新日志

2017年2月11日

来自eetop网友的两个问题补充。

问题原文：

楼主的文章仔细看过，写的很好，特来学习，有2个问题向楼主请教下:

其实我们所谓的在波特图中遇到的零点极点，并不是s平面中由传递函数公式求解出的零点极点，这个很难理解
只有当零点或者极点真的出现在虚轴 jω 上时，该频率的输入才会导致零输出或者无穷大输出。比如一对虚轴上的共轭极点，计算确实使输出无穷大，但在时域上，对应的却是一个固定幅度的正弦波，并没有振荡啊，这怎么理解呢？

问题解释：

问题一我觉得是因为术语的定义给人们带来了误解。

我们在信号系统还有控制理论中学过的零极点，就是系统拉普拉斯变换后传输函数的分子分母解出来的根，这个根（零点极点）可以是整个s平面上任意一个点。但是很多书中讲传输函数，波特图时候并没有把这个零点，极点的概念讲清楚。
其实我们说系统遇到一个极点，波特图开始一个20dB／10倍频的下降，很多人下意识地认为波特图横坐标对应的那个频率值就是这个极点，这是错误的，这里应该是有一个s平面到bode图的映射的。
问题二是正弦函数拉普拉斯变化引入的数学问题，正弦函数傅立叶变换本来就是两个冲击函数，反过来虚轴上两个共轭极点的逆变换是稳态的正弦波也就不足为奇。

这个可以参考知乎上这个解答如何理解正弦函数的傅立叶变换？

而且两个共轭极点构成一个二阶系统，二阶系统与一阶系统的分析方法有所不同。更高阶的系统最低能分解为多个一阶与二阶系统来分析。

频率响应、零极点、稳定性专题