對訊號 $x(t)$ 我們定義 Bilateral Laplace transform :
\[
X(s) := \int_{-\infty}^{\infty} x(t) e^{-st} dt
\]且 $s = \sigma + j \omega$ 為 complex variable 。
注意到如果我們令 $\sigma =0$，亦即 $s = j \omega$ (purly imaginary)， 則上式變為
\[
X(s)|_{s=j \omega} = X(j\omega ) = \int_{{-\infty }}^\infty x (t){e^{ - j\omega t}}dt
\] 上式即為 Fourier Transform。
\[\begin{array}{l}
{\left. {X\left( s \right)} \right|_{s = \sigma + j\omega }} = X\left( {\sigma + j\omega } \right) = \int_{ - \infty }^\infty {x\left( t \right){e^{ - \left( {\sigma + j\omega } \right)t}}dt} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}&{}&{}
\end{array} = \int_{ - \infty }^\infty {\left[ {x\left( t \right){e^{ - \sigma t}}} \right]{e^{ - j\omega t}}dt}
\end{array}\]我們可以觀察到上式為 $x(t) e^{\sigma t}$ 的 Fourier transform，亦即我們可以把 $x(t)$ 的 Laplace transform 視為 $x(t) e^{\sigma t}$ 的 Fourier transform。
Comments:
1. 我們在此並未給定 $\sigma $ 的正負，故 此 real expoential 訊號 $e^{-\sigma t}$ 可以隨 時間 $t$ 遞增或者遞減。
2. 回憶 Fourier transform 並非對任意訊號都收斂 (需要滿足 Dirchlet conditons)，故 對於前述將訊號 $x(t)$ 的 Laplace transform 視為 $x(t) e^{- \sigma t}$ 的 Fourier transform 的觀點亦必須考量收斂性，故我們引入一個收斂性的定義 ：
收斂範圍 (Region of Convergence, ROC)：是指 一個訊號 $x(t)$ 則其 $x(t) e^{-\sigma t}$ 的 Fourier Transform 收斂 (存在)的範圍。亦即使 $X(s)$ 積分收斂的範圍。
3. 若 $X(s)$ 的 ROC 不包含虛軸，Laplace transform 仍然存在，但 Fourier transform 不存在!!
現在我們看看下面的例子：
Example 1
考慮單邊 decaying exponential 訊號：
\[
x(t) = e^{-t}u(t)
\]是計算 其對應的 Fourier transform, Laplace transform 與 ROC。
Solution
Fourier transform:
\[\begin{array}{l}
X\left( {j\omega } \right) = \int_{ - \infty }^\infty {{e^{ - t}}u(t){e^{ - j\omega t}}dt} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \int_0^\infty {{e^{ - t}}{e^{ - j\omega t}}dt} \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{1}{{1 + j\omega }}
\end{array}
\]接著我們看 Laplace transform
\[\begin{array}{l}
X(s): = \int_{{0^ - }}^\infty x (t){e^{ - st}}dt = \int_{{0^ - }}^\infty {{e^{ - t}}u(t)} {e^{ - st}}dt\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \int_0^\infty {{e^{ - t\left( {1 + s} \right)}}} dt = \frac{1}{{1 + s}}
\end{array}
\] ROC 為 $\{s: \cal{Re}\{s\} > -1 \}$ (有包含虛軸 $j \omega$ 故 Fourier transform 存在且 可用 $s= j \omega$ 帶入 Laplace transform 而得) $\square$
Example 2:
若現在改成 one-sided growing exponential:
\[
x(t) = e^tu(t)
\]試求 Laplace transform 與 ROC。
Solution
上式 Laplace transform 為
\[
X(s) = \frac{1}{s-1}
\]且 ROC 為 $\{s: \cal{Re}\{s\} >1 \}$ (但不包含虛軸 Fourier transform 不存在!!)。 $\square$
單邊型拉氏轉換 ( Unilateral Laplace transform)
現在我們看看 單邊型 Laplace transform：看看 Laplace transform 與 Fourier transform 差別
考慮一訊號 $x(t)$ ， 定義 Unilateral Laplace transform 如下
\[
X(s) := \int_{0^-}^\infty x(t) e^{-st}dt
\] 現在將上式與 Fourier transform 定義做比較
\[
X(j \omega) := \int_{-\infty}^{\infty}x(t) e^{-j \omega t} dt
\]讀者可以發現上式非常相近，除了以下兩點差異
- Laplace transform 的積分範圍是在 $0 \le t < \infty$，且上式中 $(0^-)$表示考慮了在 $t=0$處的任意脈衝或者高階奇異函數(singular function)；反之 Fourier Transform 積分範圍是 $-\infty < t < \infty$
- Laplace transform 積分式中的變數 $s$ 為 複數平面中的收斂區間 (Region of Convergence, ROC) 中的任意 complex number；亦即 $s = \sigma + j \omega $ 其中 $\sigma$ 為實部，$\omega$為虛部。反之， Fourier Transform: $j \omega$落在虛軸
Comments:
1. 考慮一訊號 $x(t) = 0, \forall t <0$ (亦即考慮訊號從時間 $t=0$ 開始，之前都不考慮)，且其 Laplace transform, $X(s)$ 的 ROC 包含虛軸，則 Laplace Transform 與 Fourier Transform 仍相等
\[X(s) = X(j\omega )\]亦即 Fourier transform 為 Laplace transform 用 $s = j \omega$ 帶入。
2. 若 $X(s)$ ROC 不包含 虛軸，則 Fourier transform 不存在!! (但 Laplace transform仍存在於 其 ROC中)
3. 若訊號 $x(t) \neq 0, \forall t<0$，則 Fourier transform 不等於 Laplace transform。
現在我們看一個例子：
Example: Laplace Transform of Unit Step Signal
考慮單位步階函數 $u(t)$ 定義如下
\[u\left( t \right): = \left\{ \begin{array}{l}
1,\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}t > 0\\
0,\begin{array}{*{20}{c}}
{}
\end{array}t \le 0
\end{array} \right.\]試求其 Laplace transform 與 ROC。
Solution
由 Laplace transform 我們可得
\[
U(s) = \int_{0^-}^{\infty} u(t) e^{-st} dt = 1/s
\]這試圖告訴我們 Fourier transform "似乎" 就是 $U(j \omega) = \frac{1}{j \omega}$，但注意到 $U(s)$ 的收斂範圍 ROC 為 $\{\cal{Re}\{s\} >0\}$。不包含虛軸!! 故 Fourier Transform 並不存在!
或者我們換個角度檢視 $U(j \omega) = 1/ j \omega$，此結果在 $\omega =0$處無定義!。
$\square$
Comments:
上述例子我們發現 Unit step signal 的 Fourier transform 有問題，儘管如此，我們仍可針對 Unit step function 定義合適的 Fourier transform。回憶 Fourier transform 的積分性質：
\[\int_{ - \infty }^t x (\tau )d\tau \mathop \Leftrightarrow \limits^{\cal{F}} \frac{1}{{j\omega }}X(j\omega ) + \pi X(0)\delta (\omega )\]
由於 $u(t) = \int_{-\infty}^t \delta(\tau) d\tau$，故利用上式 積分性質 ( 其中 $X(j \omega) = \cal{F}\{\delta(t)\}=1$) 可得
\[\begin{array}{l}
U\left( {j\omega } \right) = \frac{1}{{j\omega }} \cdot 1 + \pi X(0)\delta (\omega )\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}&{}
\end{array} = \frac{1}{{j\omega }} + \pi \delta (\omega )
\end{array}\]上式即為 Unit step function 的 Fourier transform。
ref: A.V. Oppenheim, A. S. Willsky, S. H. Nawab, Signals and Systems
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