第二章 控制系统的数学模型
2-1 求下列函数的拉普拉斯变换 \(F(s)\)：
\[
f(t)=\begin{cases}
0, & t<0 \\[4pt]
\dfrac{1}{a^2}, & 0<t<a \\[4pt]
-\dfrac{1}{a^2}, & a<t<2a \\[4pt]
0, & t>2a
\end{cases}
\]
并求当 \(a\to0\) 时 \(F(s)\) 的极限值。
解
\[
F(s)=\mathscr{L}[f(t)]=\int_0^{+\infty}f(t)\mathrm{e}^{-st}\mathrm{d}t=\int_0^a\frac{1}{a^2}\mathrm{e}^{-st}\mathrm{d}t-\int_a^{2a}\frac{1}{a^2}\mathrm{e}^{-st}\mathrm{d}t
\]
\[
=\frac{1}{a^2s}(\mathrm{e}^{-0s}-\mathrm{e}^{-as})-\frac{1}{a^2s}(\mathrm{e}^{-as}-\mathrm{e}^{-2as})
\]
\[
=\frac{1-2\mathrm{e}^{-as}+\mathrm{e}^{-2as}}{a^2s}
\]
\[
\lim_{a\to0}F(s)=\lim_{a\to0}\frac{1-2\mathrm{e}^{-as}+\mathrm{e}^{-2as}}{a^2s}=\lim_{a\to0}\frac{2s\mathrm{e}^{-as}-2s\mathrm{e}^{-2as}}{2as}
\]
\[
=\lim_{a\to0}\frac{-2s^2\mathrm{e}^{-as}+4s^2\mathrm{e}^{-2as}}{2s}=s
\]
2-2 试求下列函数的拉普拉斯变换。假设 \(t<0\) 时，函数 \(f(t)=0\)。
(1) \(f(t)=2(1-\cos t)\)； (2) \(f(t)=\sin\left(5t+\dfrac{\pi}{3}\right)\)； (3) \(f(t)=t^n\mathrm{e}^{at}\)。
解
(1) 由于 \(\mathscr{L}[\cos at]=\dfrac{s}{s^2+a^2}\)，则
\[
F(s)=\mathscr{L}[f(t)]=\mathscr{L}[2(1-\cos t)]=\frac{2}{s}-\frac{2s}{s^2+1}=\frac{2}{s(s^2+1)}
\]
(2) \(f(t)=\sin\left(5t+\dfrac{\pi}{3}\right)=\sin(5t)\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+\cos(5t)\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\)
\[
=\frac{1}{2}\sin(5t)+\frac{\sqrt{3}}{2}\cos(5t)
\]
由于 \(\mathscr{L}[\cos at]=\dfrac{s}{s^2+a^2}\)，\(\mathscr{L}[\sin at]=\dfrac{a}{s^2+a^2}\)，则
\[
F(s)=\mathscr{L}[f(t)]=\frac{1}{2}\cdot\frac{5}{s^2+25}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{s}{s^2+25}=\frac{5+\sqrt{3}s}{2(s^2+25)}
\]
(3) 由于 \(\mathscr{L}\left[\dfrac{1}{(n-1)!}t^{n-1}\mathrm{e}^{-at}\right]=\dfrac{1}{(s+a)^n}\)，则
\[
F(s)=\mathscr{L}[f(t)]=\mathscr{L}(t^n\mathrm{e}^{at})=\frac{n!}{(s-a)^{n+1}}
\]
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