由拉氏变换直接写出时域函数的简便方法

众所周知，拉普拉斯变换可以将时域函数$x(t)$转换到频域内$X(s)$：
x ( t ) ⟹ X ( s ) , o r X ( s ) = L { x ( t ) } x(t) \Longrightarrow X(s), \qquad or \qquad X(s) = \mathcal{L} \left\lbrace x(t) \right\rbrace x(t)⟹X(s),orX(s)=L{ x(t)}但当我们知道了输出信号的拉氏变换$X(s)$后，如何能快速得到其对应的时域形式呢？

1. 因式分解

一种常用的方法是因式分解，将$X(s)$分解为若干简单分式加和的形式，这些简单分式简单到可以直接写出其对应的时域形式。如：
$$\begin{array}{rl}X(s)& =\frac{s+2}{s^2+4s+3}\\ & =\frac{s+2}{\left(s+1\right)\left(s+3\right)}\\ & =\frac{1}{2}\left[\frac{1}{s+1}+\frac{1}{s+3}\right]\end{array}$$则可以立即写出其时域形式
x ( t ) = L − 1 { X ( s ) } = 1 2 e − t + 1 2 e − 3 t x(t) = \mathcal{L}^{-1} \left\lbrace X(s) \right\rbrace = \frac{1}{2} e^{-t} + \frac{1}{2} e^{-3t} x(t)=L−1{ X(s)}=21​e−t+21​e−3t因式分解的过程可以用留数定理来做。设
$$\begin{array}{rl}X(s)& =\frac{s+2}{s^2+4s+3}\\ & =\frac{s+2}{\left(s+1\right)\left(s+3\right)}\\ & =\frac{A}{s+1}+\frac{B}{s+3}\\ & =\frac{A\left(s+3\right)+B\left(s+1\right)}{\left(s+1\right)\left(s+3\right)}\end{array}$$则$$A\left(s+3\right)+B\left(s+1\right)=s+2$$留数定理的原理是，依次把$X(s)$的根代入，以求得$A,B$：
1） 当$s=-1$时，$A\left(-1+3\right)+B\left(-1+1\right)=-1+2$得到$A=\frac{1}{2}$；
2） 当$s=-3$时，$A\left(-3+3\right)+B\left(-3+1\right)=-3+2$得到$B=\frac{1}{2}$。

这种方法的缺点很明显：因式分解的过程冗长复杂，系数$A,B$的求解繁琐。

2. 简便方法

幸运的是，笔者在这里列出3个公式，可以解决所有的由复数域向时域转变的问题，甚至只需要记其中一个即可。
设$X(s)=\frac{A(s)}{B(s)}$。

1) 没有重根、没有零极点情况

当$B(s)=(s-s_1)(s-s_2)\cdots (s-s_n)$时，共$n$个极点，且每个极点都不同，且没有重根。则时域函数为
$$x(t)=\sum _{k=1}^n\frac{A(s)}{B^{\prime }\left(s_k\right)}{e}^{s_{k}t}\text{\hspace{1em}(1)}$$举例：对于
$$X(s)=\frac{s+2}{s^2+5s+4}=\frac{s+2}{(s+4)(s+1)}$$可见$A(s)=s+2,B(s)=(s+4)(s+1)$，两个极点$s_1=-4,s_2=-1$。代入式(1)：
$$\begin{array}{rl}x(t)& =\sum _{k=1}^n\frac{A(s)}{B^{\prime }\left(s_k\right)}{e}^{s_{k}t}\\ & =\frac{A(s_1)}{B^{\prime }\left(s_1\right)}{e}^{s_{1}t}+\frac{A(s_2)}{B^{\prime }\left(s_2\right)}{e}^{s_{2}t}\\ & =\frac{s_1+2}{2s_1+5}{e}^{s_{1}t}+\frac{s_2+2}{2s_2+5}{e}^{s_{2}t}\\ & =\frac{2}{3}{e}^{-4t}+\frac{1}{3}{e}^{-t}\end{array}$$

2) 没有重根，但是具有零极点

具有如下形式
$$X(s)=\frac{A(s)}{sB(s)}$$则时域为
$$x(t)=\frac{A(0)}{B(0)}+\sum _{k=1}^n\frac{A\left(s_k\right)}{s_k{B}^{\prime }\left(s_k\right)}{e}^{s_{k}t}\text{\hspace{1em}(2)}$$举例：$$X(s)=\frac{100}{s\left(s^2+10s+100\right)}=\frac{A(s)}{sB(s)}$$极点为$s_{1,2}=-5\pm 5\sqrt{3}j$。
由于$B^{\prime }(s)=2s+10$，故$B^{\prime }\left(s_1\right)=10\sqrt{3}j,B^{\prime }\left(s_2\right)=-10\sqrt{3}j$。代入(2)有
$$\begin{array}{rl}x(t)& =\frac{A(0)}{B(0)}+\sum _{k=1}^n\frac{A\left(s_k\right)}{s_k{B}^{\prime }\left(s_k\right)}{e}^{s_{k}t}\\ & =\frac{100}{100}+\frac{A\left(s_1\right)}{s_1{B}^{\prime }\left(s_1\right)}{e}^{s_{1}t}+\frac{A\left(s_2\right)}{s_2{B}^{\prime }\left(s_2\right)}{e}^{s_{2}t}\\ & =1+\frac{100}{\left(-5+5\sqrt{3}j\right)\cdot 10\sqrt{3}j}{e}^{\left(-5+5\sqrt{3}j\right)t}+\frac{100}{\left(-5-5\sqrt{3}j\right)\cdot \left(-10\sqrt{3}j\right)}{e}^{\left(-5-5\sqrt{3}j\right)t}\\ & =1-\frac{2}{\sqrt{3}j+3}{e}^{\left(-5+5\sqrt{3}j\right)t}+\frac{2}{\sqrt{3}j-3}{e}^{\left(-5-5\sqrt{3}j\right)t}\\ & =1-\frac{2}{\sqrt{3}j+3}{e}^{-5t}\left(\cos 5\sqrt{3}t+j\sin 5\sqrt{3}t\right)+\frac{2}{\sqrt{3}j-3}{e}^{-5t}\left(\cos 5\sqrt{3}t-j\sin 5\sqrt{3}t\right)\\ & =1+e^{-5t}\cos 5\sqrt{3}t-\frac{1}{3}{e}^{-5t}\sin 5\sqrt{3}t\end{array}$$

3) 有重根的情况

此时$X(s)$分母为
$$B(s)={\left(s-s_1\right)}^{{\mu }_1}{\left(s-s_2\right)}^{{\mu }_2}\cdots {\left(s-s_r\right)}^{{\mu }_r}$$即：极点$s_i$的重数为${\mu }_i$。共$r$个根$s_1,s_2,\cdots ,s_r$，且阶数${\mu }_1+{\mu }_2+\cdots +{\mu }_r=n$。
则时域为
$$x(t)=\sum _{k=1}^r\sum _{j=1}^{{\mu }_k}{A}_{jk}\frac{t^{{\mu }_k-j}}{\left({\mu }_k-j\right)!}{e}^{s_{k}t}\text{\hspace{1em}(3)}$$其中系数$A_{jk}$满足
$$A_{jk}=\frac{1}{\left(j-1\right)!}\frac{d^{j-1}}{d{s}^{j-1}}[{\left(s-s_k\right)}^{{\mu }_k}X(s){]}_{s=s_k}\text{\hspace{1em}(4)}$$例：
$$X(s)=\frac{s^2}{(s-1{)}^3(s+1{)}^3}$$极点$s_1=1,s_2=-1$，其重数分别为${\mu }_1=3,{\mu }_2=3$。代入(3)：
$$\begin{gathered} x(t)=\sum _{k=1}^r\sum _{j=1}^{{\mu }_k}{A}_{jk}\frac{t^{{\mu }_k-j}}{\left({\mu }_k-j\right)!}{e}^{s_{k}t} \\ =A_{11}\frac{t^{{\mu }_1-1}}{\left({\mu }_1-1\right)!}{e}^{s_{1}t}+A_{21}\frac{t^{{\mu }_1-2}}{\left({\mu }_1-2\right)!}{e}^{s_{1}t}+A_{31}\frac{t^{{\mu }_1-3}}{\left({\mu }_1-3\right)!}{e}^{s_{1}t}+A_{12}\frac{t^{{\mu }_2-1}}{\left({\mu }_2-1\right)!}{e}^{s_{2}t}+A_{22}\frac{t^{{\mu }_2-2}}{\left({\mu }_2-2\right)!}{e}^{s_{2}t}+A_{32}\frac{t^{{\mu }_2-3}}{\left({\mu }_2-3\right)!}{e}^{s_{2}t} \\ =\frac{1}{2}{A}_{11}{t}^2{e}^t+A_{21}t{e}^t+A_{31}{e}^t+\frac{1}{2}{A}_{12}{t}^2{e}^{-t}+A_{22}t{e}^{-t}+A_{32}{e}^{-t} \end{gathered}$$下面来算$A_{jk}$。
$$\begin{gathered} A_{11}=\frac{1}{\left(1-1\right)!}\frac{d^{1-1}}{d{s}^{1-1}}[{\left(s-s_1\right)}^{{\mu }_1}X(s){]}_{s=s_1}=\frac{s^2}{(s+1{)}^3}{|}_{s=1}=\frac{1}{8} \\ {A}_{21}=\frac{1}{\left(2-1\right)!}\frac{d^{2-1}}{d{s}^{2-1}}[{\left(s-s_1\right)}^{{\mu }_1}X(s){]}_{s=s_1}=\frac{d}{ds}{\left[\frac{s^2}{(s+1{)}^3}\right]}_{s=1}=\frac{2s-s^2}{(s+1{)}^4}{|}_{s=1}=\frac{1}{16} \\ {A}_{31}=\frac{1}{\left(3-1\right)!}\frac{d^{3-1}}{d{s}^{3-1}}[{\left(s-s_1\right)}^{{\mu }_1}X(s){]}_{s=s_1}=\frac{d^2}{d{s}^2}{\left[\frac{s^2}{(s+1{)}^3}\right]}_{s=1}=\frac{s^2-4s+1}{(s+1{)}^5}{|}_{s=1}=-\frac{1}{16} \\ {A}_{12}=\frac{1}{\left(1-1\right)!}\frac{d^{1-1}}{d{s}^{1-1}}[{\left(s-s_2\right)}^{{\mu }_2}X(s){]}_{s=s_2}=\frac{s^2}{(s-1{)}^3}{|}_{s=-1}=-\frac{1}{8} \\ {A}_{22}=\frac{1}{\left(2-1\right)!}\frac{d^{2-1}}{d{s}^{2-1}}[{\left(s-s_2\right)}^{{\mu }_2}X(s){]}_{s=s_2}=\frac{d}{ds}{\left[\frac{s^2}{(s-1{)}^3}\right]}_{s=-1}=\frac{-s^2-2s}{(s-1{)}^4}{|}_{s=-1}=\frac{1}{16} \\ {A}_{32}=\frac{1}{\left(3-1\right)!}\frac{d^{3-1}}{d{s}^{3-1}}[{\left(s-s_2\right)}^{{\mu }_2}X(s){]}_{s=s_2}=\frac{d^2}{d{s}^2}{\left[\frac{s^2}{(s-1{)}^3}\right]}_{s=-1}=\frac{s^2+4s+1}{(s-1{)}^5}{|}_{s=-1}=\frac{1}{16} \end{gathered}$$故时域为
$$\begin{array}{rl}x(t)& =\frac{1}{2}{A}_{11}{t}^2{e}^t+A_{21}t{e}^t+A_{31}{e}^t+\frac{1}{2}{A}_{12}{t}^2{e}^{-t}+A_{22}t{e}^{-t}+A_{32}{e}^{-t}\\ & =\frac{1}{16}{t}^2{e}^t+\frac{1}{16}t{e}^t-\frac{1}{16}{e}^t-\frac{1}{16}{t}^2{e}^{-t}+\frac{1}{16}t{e}^{-t}+\frac{1}{16}{e}^{-t}\end{array}$$

3. 备注

实际上，简便方法中的方法一和方法二，都可以用方法三，即式(3)来解决，前两者只不过是方法三的特殊形式。而方法三本质也是基于留数定理得到的。所以，为了简化记忆，可以只记忆方法三。