訊號與系統（18）-連續時間系統的複頻域分析：拉普拉斯反變換之分部分式展開法

拉普拉斯的正變換相對容易，但是反變換中，其積分表現為一個在$s$平面的二維複函式積分，其積分相對複雜，如果使用單純的公式計算求解會有很多麻煩。這樣的積分的求法通常有兩種常用方法：分部分式展開法以及留數法。這一部分內容將對分部分式展開法進行介紹。

1. 分部分式展開法

分部分式展開法，是根據拉普拉斯變換的線性特性，將複雜的拉普拉斯變換展開為多個簡單的拉普拉斯變換的組合，並通過對這些簡單拉普拉斯變換求解他們的反變換，依據拉普拉斯變換的齊次性和疊加性，進而得到原拉普拉斯變換的拉普拉斯反變換。

設$F(s)$為某訊號的拉普拉斯變換，如果F(s)可以展開為一個有理函式形式，即：
$$F(s)=\frac{N(s)}{D(s)}=\frac{b_m{s}^m+b_{m-1}{s}^{m-1}+b_{m-2}{s}^{m-2}+\cdots +b_{1}s+b_0}{a_n{s}^n+a_{n-1}{s}^{m-1}+a_{n-2}{s}^{m-2}+\cdots +a_{1}s+a_0}$$
則$F(s)$可以進行分部分式展開，表示為多個簡單的有理分式之和。

在進行分部分式展開式，根據$m$和$n$的關係，以及$D(s)=0$有無重根的情況，需要對展開方式及其相應的反變換的方法進行分類討論。

1.1 當$m<n$，且$D(s)=0$沒有重根

1.1.1 沒有重根，且根均為實數時

設$D(s)=0$的根為$s_1$，$s_2$，……，$s_n$，則可以將$F(s)$表示為：
$$\begin{array}{rl}F(s)& =\frac{K_1}{s-s_1}+\frac{K_2}{s-s_2}+\cdots +\frac{K_n}{s-s_n}\\ & =\sum _{i=1}^n\frac{K_i}{s-s_i}\end{array}$$
其中係數$K_i$的求法有很多，常見以下三種：

• 係數平衡法：即將${\sum }_{i=1}^n\frac{K_i}{s-s_i}$進行通分，得到帶有係數$K_i$的分子，通過對比等式左邊的$F(s)$分子的係數，得到有關$K_i$的方程組，從而計算得到係數的值。

  如求解：$F(s)=\frac{1}{s^2+3s+2}$

  其待定係數的分部分式為：$\frac{K_1}{s+1}+\frac{K_2}{s+2}$

  通分後得：$\frac{K_1(s+1)+K_2(s+2)}{(s+1)(s+2)}$

  對比$F(s)=\frac{1}{s^2+3s+2}$，可得方程組：$K_1+K_2=0,K_1+2K_2=1$

  進而求得：$K_1=1,K_2=-1$

• 利用$K_i=(s-s_i)\cdot F(s)$求得

  如求解：$F(s)=\frac{1}{s^2+3s+2}$

  其待定係數的分部分式為：$\frac{K_1}{s+1}+\frac{K_2}{s+2}$，且$s_1=-1,s_2=-2$

  進而求得：

  $K_1=F(s)\cdot (s-s_1){|}_{s=s_1}=[\frac{1}{s^2+3s+2}]\cdot (s+1){|}_{s=-1}=1$，

  $K_2=F(s)\cdot (s-s_2){|}_{s=s_2}=[\frac{1}{s^2+3s+2}]\cdot (s+2){|}_{s=-2}=-1$

• 利用$K_i=\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=s_i}$

  如求解：$F(s)=\frac{1}{s^2+3s+2}$

  其待定係數的分部分式為：$\frac{K_1}{s+1}+\frac{K_2}{s+2}$，且$s_1=-1,s_2=-2$

  進而求得：

  $K_1=\frac{1}{(s^2+3s+2{)}^{\prime }}{|}_{s=s_1}=\frac{1}{2s+3}{|}_{s=-1}=1$

  $K_2=\frac{1}{(s^2+3s+2{)}^{\prime }}{|}_{s=s_2}=\frac{1}{2s+3}{|}_{s=-2}=-1$

根據冪函式的拉式變換：
L { e α t ε ( t ) } = 1 s − α ⟺ L − 1 { 1 s − α } = e α t ε ( t ) L\{e^{\alpha t}\varepsilon(t)\}=\frac{1}{s-\alpha} \Longleftrightarrow L^{-1}\{\frac{1}{s-\alpha}\}=e^{\alpha t}\varepsilon(t) L{eαtε(t)}=s−α1​⟺L−1{s−α1​}=eαtε(t)
因此：
L − 1 { F ( s ) } = L − 1 { ∑ i = 1 n K i s − s i } = L − 1 ∑ i = 1 n { K i s − s i } = ∑ i = 1 n K i e s i t ε ( t ) \begin{aligned} L^{-1}\{F(s)\}&=L^{-1}\{\sum_{i=1}^{n}\frac{K_i}{s-s_i}\} \\&=L^{-1}\sum_{i=1}^{n}\{\frac{K_i}{s-s_i}\} \\&=\sum_{i=1}^{n}K_ie^{s_it}\varepsilon(t) \end{aligned} L−1{F(s)}​=L−1{i=1∑n​s−si​Ki​​}=L−1i=1∑n​{s−si​Ki​​}=i=1∑n​Ki​esi​tε(t)​
舉例，如求解下列拉普拉斯變換的拉普拉斯反變換：
$$F(s)=\frac{1}{s^2+3s+2},收斂區間為：Re(s)>-1$$
將$F(s)$根據分母進行因式分解，進而得到待定係數分部分式：
$$F(s)=\frac{K_1}{s+1}+\frac{K_2}{s+2}$$
則$D(s)=0$的根為：
$$s_1=-1,s_2=-2$$
係數$K_i$為：
$$K_1=1,K_2=-1$$
求出求解分部分式的拉普拉斯的反變換：
L − 1 { 1 s + 1 } ⟺ e − t ε ( t ) L − 1 { − 1 s + 2 } ⟺ − e − 2 t ε ( t ) \begin{aligned} L^{-1}\{\frac{1}{s+1}\} \Longleftrightarrow e^{-t}\varepsilon(t) \\L^{-1}\{\frac{-1}{s+2}\} \Longleftrightarrow -e^{-2t}\varepsilon(t) \end{aligned} L−1{s+11​}⟺e−tε(t)L−1{s+2−1​}⟺−e−2tε(t)​
因此，最終的$F(s)$的拉普拉斯反變換為：
$$f(t)=e^{-t}\epsilon (t)-e^{-2t}\epsilon (t)$$

1.1.2 沒有重根，且根存在共軛復根時

具有待定係數的分部分式展開後，當$D(s)=0$的根具有共軛復根時：
$$F(s)=\frac{K_1}{s-s_1}+\frac{K_2}{s-s_2}+\cdots +\frac{K_n}{s-s_n}$$
若$s_1$和$s_2$為一對共軛復根，$s_3\cdots s_n$為實數根，即：
$$\begin{array}{rl}{s}_1& =a_1+j\omega \\ s_2& =a_1-j\omega \\ s_3& =a_3\\ \cdot & \\ \cdot & \\ \cdot & \\ s_n& =a_n\\ a_1& \cdots a_n為實數,a_1=a_2\end{array}$$
則係數為：
$$\begin{array}{rl}{K}_1=\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=s_1}& =\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=a_1+j\omega }\\ K_2=\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=s_2}& =\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=a_1-j\omega }\\ K_3=\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=s_3}& =\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=a_3}\\ \cdot & \\ \cdot & \\ \cdot & \\ K_n=\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=s_n}& =\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=a_n}\end{array}$$
舉例：求解下列拉普拉斯變換的反變換：
$$F(s)=\frac{s+3}{s^2+2s+5}$$
$D(s)=0$的根為：
$$\begin{array}{rl}& s^2+2s+5=0\\ \Rightarrow & (s+1{)}^2+4=0\\ \Rightarrow & s_1=-1+j2,s_2=-1-j2\end{array}$$
因此，其對應的係數為：
$$\begin{array}{r}{K}_1=\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=s_1}=\frac{s+3}{2s+2}{|}_{s=-1+j2}=0.5-j0.5=0.5\sqrt{2}{e}^{-j45^{\circ }}\\ K_2=\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=s_2}=\frac{s+3}{2s+2}{|}_{s=-1-j2}=0.5+j0.5=0.5\sqrt{2}{e}^{j45^{\circ }}\end{array}$$
因此係數也是共軛複數，並且係數引入了一個相角，即$K_2=K_1^{\ast }$，則分部分式展開為：
$$\begin{array}{rl}F(s)& =\frac{0.5-j0.5}{s-(-1+j2)}+\frac{0.5+j0.5}{s-(-1-j2)}\\ & =\frac{0.5-j0.5}{s-(-1+j2)}+\frac{0.5+j0.5}{s-(-1-j2)}\end{array}$$
因此，$F(s)$的拉普拉斯反變換為：
L − 1 { F ( s ) } = L − 1 { 0.5 − j 0.5 s − ( − 1 + j 2 ) + 0.5 + j 0.5 s − ( − 1 − j 2 ) } = ( 0.5 − j 0.5 ) e ( − 1 + j 2 ) t ε ( t ) + ( 0.5 + j 0.5 ) e ( − 1 − j 2 ) t ε ( t ) = ( 0.5 − j 0.5 ) e ( − 1 + j 2 ) t ε ( t ) + ( 0.5 + j 0.5 ) e ( − 1 − j 2 ) t ε ( t ) = 0.5 2 e − j 4 5 ∘ ⋅ e ( − 1 + j 2 ) t ε ( t ) + 0.5 2 e j 4 5 ∘ ⋅ e ( − 1 − j 2 ) t ε ( t ) = 0.5 2 e − t ⋅ [ e ( j 2 t − j 4 5 ∘ ) + e ( j 2 t + j 4 5 ∘ ) ] 利 用 歐 拉 公 式 ： ⇒ 2 e − t ⋅ c o s ( 2 t + 4 5 ∘ ) \begin{aligned} L^{-1}\{F(s)\}&=L^{-1}\{\frac{0.5-j0.5}{s-(-1+j2)}+\frac{0.5+j0.5}{s-(-1-j2)}\} \\&=(0.5-j0.5)e^{(-1+j2)t}\varepsilon(t)+(0.5+j0.5)e^{(-1-j2)t}\varepsilon(t) \\&=(0.5-j0.5)e^{(-1+j2)t}\varepsilon(t)+(0.5+j0.5)e^{(-1-j2)t}\varepsilon(t) \\&=0.5\sqrt{2}e^{-j45^\circ}\cdot e^{(-1+j2)t}\varepsilon(t) + 0.5\sqrt{2}e^{j45^\circ} \cdot e^{(-1-j2)t}\varepsilon(t) \\&=0.5\sqrt{2}e^{-t}\cdot [e^{(j2t-j45^{\circ})}+e^{(j2t+j45^{\circ})}] \\利用尤拉公式：&\Rightarrow \sqrt{2}e^{-t}\cdot cos(2t+45^{\circ}) \end{aligned} L−1{F(s)}利用歐拉公式：​=L−1{s−(−1+j2)0.5−j0.5​+s−(−1−j2)0.5+j0.5​}=(0.5−j0.5)e(−1+j2)tε(t)+(0.5+j0.5)e(−1−j2)tε(t)=(0.5−j0.5)e(−1+j2)tε(t)+(0.5+j0.5)e(−1−j2)tε(t)=0.52 ​e−j45∘⋅e(−1+j2)tε(t)+0.52 ​ej45∘⋅e(−1−j2)tε(t)=0.52 ​e−t⋅[e(j2t−j45∘)+e(j2t+j45∘)]⇒2 ​e−t⋅cos(2t+45∘)​
通過上式可知：

若$D(s)=0$有一對共軛復根$s_1,s_2$，且$s_2=s_1^{\ast }$，則與之相關的係數$K_1,K_2$也為複數，且也為共軛關係，即
$$K_2=\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=s_2}=\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{|}_{s=s_1^{\ast }}=[\frac{N(s)}{D^{\prime }(s)}{]}^{\ast }{|}_{s=s_1}=K_1^{\ast }$$
因此帶有一對復根的拉普拉斯變換$F(s)$為：
$$F(s)=\frac{K_1}{s-s_1}+\frac{K_2}{s-s_2}=\frac{K_1}{s-s_1}+\frac{K_1^{\ast }}{s-s_1^{\ast }}$$
其拉普拉斯反變換為：
$$\begin{array}{rl}{K}_1{e}^{s_{1}t}\epsilon (t)+K_2{e}^{s_{2}t}\epsilon (t)& =\left[K_1{e}^{s_{1}t}+K_1^{\ast }{e}^{s_1^{\ast }t}\right]\epsilon (t)\\ & =\left[\left|K_1\right|e^{j{\varphi }_1}{e}^{\left({\sigma }_1+j{\omega }_0\right)t}+\left|K_1\right|e^{-j{\varphi }_1}{e}^{\left({\sigma }_1-j{\omega }_0\right)t}\right]\epsilon (t)\\ & =\left[e^{j{\omega }_{0}t+{\varphi }_1}+e^{-j{\omega }_{0}t+{\varphi }_1}\right]\cdot \left|K_1\right|e^{{\sigma }_{1}t}\epsilon (t)\\ & =2\left|K_1\right|e^{{\sigma }_{1}t}\cos \left({\omega }_{0}t+{\varphi }_1\right)\epsilon (t)\end{array}$$
上式中，${\varphi }_1$為複數$K_1$的相角，由上述推導可知，最終，當存在一對共軛復根時，其拉普拉斯反變換仍然是一個實數訊號，因此其計算方式與實數根計算方式可以統一考慮。

因此：在 **當$m<n$，且$D(s)=0$沒有重根（包括共軛復根）**條件下，最終反變換的結果一定是一個實數，在計算時，要最終化簡到沒有虛數為止。

1.2 當$m<n$，且$D(s)=0$有重根時

設$D(s)=0$的重根為$s_1$的p次重根，則多項式分母$D(s)$可通過因式分解表示為：
$$D(s)=(s-s_1{)}^p(s-s_2)\cdots (s-s_n)$$
因此，$F(s)$表示為：
$$\begin{array}{rl}F(s)& =\frac{K_{1p}}{(s-s_1{)}^p}+\frac{K_{1(p-1)}}{(s-s_1{)}^{p-1}}+\cdots +\frac{K_{12}}{(s-s_1{)}^2}+\frac{K_{11}}{(s-s_1{)}^1}+\sum _{i=2}^n\frac{K_i}{s-s_i}\end{array}$$
上式中：

• $\frac{K_{1p}}{(s-s_1{)}^p}+\frac{K_{1(p-1)}}{(s-s_1{)}^{p-1}}+\cdots +\frac{K_{12}}{(s-s_1{)}^2}+\frac{K_{11}}{(s-s_1{)}^1}$ 為$p$階重根$s_1$對應的分部分式展開；
• $K_{1p}$，$K_{1(p-1)}$，$K_{1(p-1)}$，$\cdots$，$K_{11}$為根$s_1$的$p$階重根對應分部展開式的係數；
• ${\sum }_{i=2}^n\frac{K_i}{s-s_i}$、代表非重根$s_i$對應的分部分式展開；
• $K_i,i\ge 2$代表非重根$s_i$對應分部展開式的係數。

其中，非重根項的係數可根據1.1中的方法求得，而重根系數可通過下述方法求得：
$$\begin{array}{rl}{K}_{1p}& =[(s-s_1{)}^p\cdot F(s)]{|}_{s=s_1}\\ K_{1(p-1)}& =\frac{d}{ds}[(s-s_1{)}^p\cdot F(s)]{|}_{s=s_1}\\ K_{1(p-2)}& =\frac{1}{2!}\frac{d^2}{d{s}^2}[(s-s_1{)}^p\cdot F(s)]{|}_{s=s_1}\\ \cdot & \\ \cdot & \\ \cdot & \\ K_{11}& =\frac{1}{(p-1)!}\frac{d^{p-1}}{d{s}^{p-1}}[(s-s_1{)}^p\cdot F(s)]{|}_{s=s_1}\end{array}$$
為方便表示通式，將$s_1$重根項的第$k$階對應的分式的係數記為$K_{1k}$，則係數$K_{1k}$的通式可以表示為：
$$K_{1k}=\frac{1}{(p-k)!}\frac{d^{p-k}}{d{s}^{p-k}}[(s-s_1{)}^p\cdot F(s)]{|}_{s=s_1}$$
如：

$K_{11}$為$(s-s_1)$的一階分式$\frac{1}{(s-s_1{)}^1}$的係數，則$K_{11}=\frac{1}{(p-1)!}\frac{d^{p-1}}{d{s}^{p-1}}[(s-s_1{)}^p\cdot F(s)]{|}_{s=s_1}$

$K_{12}$為$(s-s_1)$的二階分式$\frac{1}{(s-s_1{)}^2}$的係數，則$K_{12}=\frac{1}{(p-2)!}\frac{d^{p-2}}{d{s}^{p-2}}[(s-s_1{)}^p\cdot F(s)]{|}_{s=s_1}$

$K_{1p}$為$(s-s_1)$的p階分式$\frac{1}{(s-s_1{)}^p}$的係數，則$K_{1p}=[(s-s_1{)}^p\cdot F(s)]{|}_{s=s_1}$

將係數求出後，即可得到拉普拉斯變換的分部分解展開形式：
$$\begin{array}{rl}F(s)& =\frac{K_{1p}}{(s-s_1{)}^p}+\frac{K_{1(p-1)}}{(s-s_1{)}^{p-1}}+\cdots +\frac{K_{12}}{(s-s_1{)}^2}+\frac{K_{11}}{(s-s_1{)}^1}+\sum _{i=2}^n\frac{K_i}{s-s_i}\end{array}$$
上式中，第$k$階重根項的拉普拉斯反變換可通過下列關係求得：
L − 1 { K 1 k ( s − s 1 ) k } = K 1 k ( k − 1 ) ! ⋅ t k − 1 e s 1 t ε ( t ) L^{-1}\{\frac{K_{1k}}{(s-s_1)^k}\}=\frac{K_{1k}}{(k-1)!}\cdot t^{k-1}e^{s_1 t}\varepsilon(t) L−1{(s−s1​)kK1k​​}=(k−1)!K1k​​⋅tk−1es1​tε(t)
如：
L − 1 { K 1 p ( s − s 1 ) p } = K 1 p ( p − 1 ) ! ⋅ t p − 1 e s 1 t ε ( t ) L − 1 { K 1 ( p − 1 ) ( s − s 1 ) p − 1 } = K 1 ( p − 1 ) ( p − 2 ) ! ⋅ t p − 2 e s 1 t ε ( t ) ⋅ ⋅ ⋅ L − 1 { K 11 ( s − s 1 ) 1 } = e s 1 t ε ( t ) \begin{aligned} L^{-1}\{\frac{K_{1p}}{(s-s_1)^p}\}=&\frac{K_{1p}}{(p-1)!}\cdot t^{p-1}e^{s_1 t}\varepsilon(t) \\L^{-1}\{\frac{K_{1(p-1)}}{(s-s_1)^{p-1}}\}=&\frac{K_{1(p-1)}}{(p-2)!}\cdot t^{p-2}e^{s_1 t}\varepsilon(t) \\&\cdot \\&\cdot \\&\cdot \\L^{-1}\{\frac{K_{11}}{(s-s_1)^{1}}\}=&e^{s_1 t}\varepsilon(t) \end{aligned} L−1{(s−s1​)pK1p​​}=L−1{(s−s1​)p−1K1(p−1)​​}=L−1{(s−s1​)1K11​​}=​(p−1)!K1p​​⋅tp−1es1​tε(t)(p−2)!K1(p−1)​​⋅tp−2es1​tε(t)⋅⋅⋅es1​tε(t)​

舉例：求解下列拉普拉斯變換的原函式：
$$F(s)=\frac{s+2}{s(s+3)(s+1{)}^2}$$
首先令$D(s)=s(s+3)(s+1{)}^2=0$，則$D(s)=0$具有四個根，包括兩個單根$s_1=0,s_2=-3$，以及兩個重根$s_3=s_4=-1$。

因此部分分式展開為：
$$F(s)=\frac{s+2}{s(s+3)(s+1{)}^2}=\frac{K_1}{s-0}+\frac{K_2}{s-(-3)}+[\frac{K_{32}}{(s+1{)}^2}+\frac{K_{31}}{(s+1{)}^1}]$$
根據之前所述的求解係數的方法，
$$\begin{array}{rlrlr}{K}_1& ={\left[s\frac{N(s)}{D(s)}\right]}_{s=0}& =& {\left[\frac{s+2}{(s+3)(s+1{)}^2}\right]}_{s=0}& =\frac{2}{3}\\ K_2& ={\left[(s+3)\frac{N(s)}{D(s)}\right]}_{s=-3}& =& {\left[\frac{s+2}{s(s+1{)}^2}\right]}_{s=-3}& =\frac{1}{12}\\ K_{32}& ={\left[(s+1{)}^2\frac{N(s)}{D(s)}\right]}_{s=-1}& =& {\left[\frac{s+2}{s(s+3)}\right]}_{s=-1}& =-\frac{1}{2}\\ K_{31}& =\frac{d}{ds}{\left[(s+1{)}^2\frac{N(s)}{D(s)}\right]}_{s=-1}& =& {\left[\frac{s(s+3)-(s+2)(2s+3_{)}}{s^2(s+3{)}^2}\right]}_{s=-1}& =-\frac{3}{4}\end{array}$$
因此完成的分部分式為：
$$F(s)=\frac{2}{3s}+\frac{1}{12(s+3)}+[-\frac{1}{2(s+1{)}^2}-\frac{3}{14(s+1)}]$$
所以原函式為:
L 1 { F ( s ) } = [ 2 3 + 1 12 e − 3 t − 1 2 ( t + 3 2 e − t ) ] ⋅ ε ( t ) L_1\{{F(s)}\}=[\frac{2}{3}+\frac{1}{12}e^{-3t}-\frac{1}{2}(t+\frac{3}{2}e^{-t})]\cdot \varepsilon(t) L1​{F(s)}=[32​+121​e−3t−21​(t+23​e−t)]⋅ε(t)

1.2 當$m\ge n$時

當$m\ge n$時，則分子的階數高於分子的階數，因此需要將$F(s)$通過長除法，化簡為一個真分式，和一個多項式的和，即：
$$F(s)=\frac{N(s)}{D(s)}=M(s)+\frac{N_1(s)}{D(s)}$$

• 其中$M(s)$為多項式，可以利用 L − 1 { s n } = δ n ( t ) L^{-1}\{s^n\}=\delta^n(t) L−1{sn}=δn(t)求解。
• $\frac{N_1(s)}{D(s)}$為真分式，根據這個真分式的分母和分子的階數關係以及根的情況，可以根據1.1和1.2中的原則和方法求解原函式，

舉例：求解下列拉普拉斯變換的反變換
$$F(s)=\frac{s^3}{s^2+3s+2}$$
通過長除法，上式可以化簡為：
$$F(s)=s-3+\frac{7s+6}{s^2+3s+2}$$
再對$\frac{7s+6}{s^2+3s+2}$進行分部分式展開：
$$\frac{7s+6}{s^2+3s+2}=\frac{-1}{s+1}+\frac{8}{s+2}$$
分別對上式中的多項式和真分式求解拉式反變換：
L − 1 { s } = δ ′ ( t ) L − 1 { − 3 } = − 3 δ ( t ) L − 1 { 7 s + 6 s 2 + 3 s + 2 } = − e − t ε ( t ) + 8 e − 2 t ε ( t ) \begin{aligned} &L^{-1}\{s\}&=&\delta'(t)& \\&L^{-1}\{-3\}&=&-3\delta(t)& \\&L^{-1}\{\frac{7s+6}{s^2+3s+2}\}&=&-e^{-t}\varepsilon(t) +8e^{-2t}\varepsilon(t)& \end{aligned} ​L−1{s}L−1{−3}L−1{s2+3s+27s+6​}​===​δ′(t)−3δ(t)−e−tε(t)+8e−2tε(t)​​
因此最終的拉式反變換為：
$$f(t)={\delta }^{\prime }(t)-3\delta (t)-e^{-t}\epsilon (t)+8e^{-2t}\epsilon (t)$$

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