如何解释u(t)与1的拉普拉兹变换都是1/s

一、问题发现

通过matlab求解拉普拉兹变换我们可以发现，无论是单位阶跃函数1还是常数1它的拉普拉兹变换都是1/s，而1/s的拉普拉兹逆变换却是常数1，并不是单位阶跃函数。那么问题来了时域的不同函数，为什么映射到s域是同一个函数。

通过拉普拉兹正变换的公式，我们很容易发现，常数1的s域变换是不存在的，因为它在实数域上不收敛。于是我们推测，matlab将常数1与u(t)看作了同一个函数，也就是得出的结果1就是u(t)为了证实这一猜想，我们使用拉普拉兹逆变换来寻求答案。

二、推导过程

• 知识准备
  

1. 通过查阅资料，我们可以获得拉普拉兹逆变换的公式如下：
   $L{T^{ - 1}}(\frac{1}{s}) = \frac{1}{{2\pi i}}\int_{\sigma - Rj}^{\sigma + Rj} {\frac{{{e^{st}}}}{s}ds} 其中R→+∞$LT−1(s1​)=2πi1​∫σ−Rjσ+Rj​sest​ds其中R→+∞

2. 为了求出该积分的结果，我们先令：
   $\int_{\sigma - Rj}^{\sigma + Rj} {\frac{{{e^{st}}}}{s}ds = g(t)}$∫σ−Rjσ+Rj​sest​ds=g(t)

3. 我们发现被积函数具有奇点，我们通过复变函数的知识构建一个闭合回路，包裹奇点，复数域积分回路如下图，我们令r→∞且R→∞即可求得积分值g(t)：
   

4. 这时候沿着A→B→C→D→A的积分，就等效于被积函数零点处的“留数”，故存在等式：
   $g(t)\left| {AB} \right. + \int_{\sigma + Rj}^{ - r + Rj} {\frac{{{e^{st}}}}{s}ds} \left| {BC} \right. + \int_{ - r - Rj}^{\sigma - Rj} {\frac{{{e^{st}}}}{s}ds} \left| {DA} \right. + \int_{ - r + Rj}^{ - r - Rj} {\frac{{{e^{st}}}}{s}ds\left| {CD = 2\pi i{\rm{Res}}(f(t),0)} \right.}$g(t)∣AB+∫σ+Rj−r+Rj​sest​ds∣BC+∫−r−Rjσ−Rj​sest​ds∣DA+∫−r+Rj−r−Rj​sest​ds∣CD=2πiRes(f(t),0)

5. 对中间两项BC与DA积分进行变量替换可以得到：
   ${\left. {\int_{ - r}^\sigma { - \frac{{{e^{(x + Rj)t}}}}{{x + Rj}}dx} } \right|_{x = s - Rj}} + {\left. {\int_{ - r}^\sigma {\frac{{{e^{(x - Rj)t}}}}{{x - Rj}}dx} } \right|_{x = s + Rj}}$∫−rσ​−x+Rje(x+Rj)t​dx∣∣∣∣​x=s−Rj​+∫−rσ​x−Rje(x−Rj)t​dx∣∣∣∣​x=s+Rj​

6. 合并后我们可以发现：
   $\int_{ - r}^\sigma {\frac{{(x + Rj){e^{(x - Rj)t}} - (x - Rj){e^{(x + Rj)t}}}}{{{x^2} + {R^2}}}dx}$∫−rσ​x2+R2(x+Rj)e(x−Rj)t−(x−Rj)e(x+Rj)t​dx

7. 当R→∞时，被积函数趋向于0：
   $\mathop {\lim }\limits_{R \to \infty } \frac{{(x + Rj){e^{(x - Rj)t}} - (x - Rj){e^{(x + Rj)t}}}}{{{x^2} + {R^2}}} = 0$R→∞lim​x2+R2(x+Rj)e(x−Rj)t−(x−Rj)e(x+Rj)t​=0

8. 所以原积分值为0，步骤4中公式变为：
   $g(t) - \int_{ - r + Rj}^{ - r - Rj} {\frac{{{e^{st}}}}{s}ds = 2\pi i{\rm{Res}}(f(t),0)}$g(t)−∫−r+Rj−r−Rj​sest​ds=2πiRes(f(t),0)

9. 由于s=σ+jw由积分上下限可以知道，σ为常数-r，因此CD积分可化简为：
   $\int_{ - r + Rj}^{ - r - Rj} {\frac{{{e^{st}}}}{s}ds = - \int_{ - R}^R {\frac{{{e^{ - rt}}(\cos (wt) + j\sin (wt))j}}{{ - r + wt}}dw} }$∫−r+Rj−r−Rj​sest​ds=−∫−RR​−r+wte−rt(cos(wt)+jsin(wt))j​dw

10. 当r→∞时，被积函数也为0，所以CD积分为0：
    $\mathop {\lim }\limits_{r \to \infty } \frac{{{e^{ - rt}}(\cos (wt) + j\sin (wt))j}}{{ - r + wt}} = 0$r→∞lim​−r+wte−rt(cos(wt)+jsin(wt))j​=0

11. 这样我们就得到了，积分g(t)的值：
    $g(t) = 2\pi i\mathop {\lim }\limits_{s \to 0} sf(s) = 2\pi i$g(t)=2πis→0lim​sf(s)=2πi

12. 带入第一个式子就得到了：
    $L{T^{ - 1}}(\frac{1}{s}){\rm{ = 1}}$LT−1(s1​)=1

13. 确实得到了常数1，但是常数1的拉普拉兹双边正变换确实是不存在的，这是为什么呢。

三、问题解释

• 这个问题主要来自于，当我们进行上述推导时，已经默认了t≥0了，何以见得？

• 在第10步推导中，"当r→∞时，被积函数也为0"这句话成立的前提，就是t不能为负数，一旦t<0，通过洛必达法则我们就可以推知，被积函数是趋于负无穷的，g(t)的积分也就趋于正无穷，积分是不存在的，因此g(t)积分存在的前提就是t≥0这是在课本中没有提及的内容。

• 所以结论就是，这里的常数1指代的就是u(t)