Laplace 

Transform 
Frequency‐domain  methods  are  extremely  useful  in  the  study  of  signals  and  LTI  systems.  However,  F.T.  has  some 
limitations  in  dealing  with  growing  exponentials  and  with  some  signals  or  their  derivatives  that  contains  jump 
discontinuities.   

     
This is resolved by using the basis function  e st instead of e jω t , where  s = σ + jω . 
∞ ∞ ∞
In Fourier transform,  F ( jω ) = ∫ −∞
f (t )e− jωt dt ;  ⇒ F (σ + jω ) = ∫
−∞
f (t )e− (σ + jωt ) dt   = ∫ [ f (t )e−σ t ]e− jωt dt  
−∞
1 ∞ 1 ∞
       ∴ f (t )e −σ t =
2π ∫
−∞
F (σ + jω )e jωt d ω   ⇒ f (t ) =
2π ∫−∞
F (σ + jω )e(σ + jω ) t d ω  
1 1 σ +∞
       Let,  σ + jω = s ,  ∴ dω =
j
ds     ⇒ f (t ) =
2π j ∫σ −∞
F ( s )e st ds     

We define Laplace and inverse Laplace transform as,  
∞ 1 σ +∞
            F (s) = ∫−∞
f (t )e− st dt   and,  f (t ) =
2π j ∫σ −∞
F ( s )e st ds . 

Symbolically,      f (t ) ←⎯⎯
L .T .
→ F ( s )          or,    F ( s ) = L[ f (t )]  and  f (t ) = L−1[ F ( s )]  

The region of convergence 
Let,  x(t ) = e − at u (t ) ;  a  real. 
∞ −1 − ( s + a ) t ∞
Then the Laplace transform of  x(t ) is,  X ( s ) = ∫ −∞
e− at u (t )e− st dt   =
s+a
e
0
 
− ( s +a )t
If,  Re( s + a ) > 0 ,  lim e = 0 , otherwise not. 
t →∞

1
Therefore,   X ( s ) = ;  Re( s + a ) > 0  or,  Re s > −a   i.e.,   σ > −a . 
s+a
The region of convergence is displayed in the complex plane as shown in Figure below. 

 
Again consider the signal,   x (t ) = −e − at u (−t ) . Its Laplace transform is, 
∞ 1
X ( s ) = ∫ −e − at u (−t )e − st dt = ; Re s < − a . The ROC plot is shown on the next page. 
−∞ s+a
 
It is seen that the Laplace transform of the two functions are the same except for the ROC. Therefore, in order for 
the Laplace transform to be unique for each signal x(t ) , the ROC must be specified as part of the transform. 
  
The ROC of Laplace transform is the set of values of s for which Laplace transform converges. If we restrict our signal 
to be causal, the ambiguity does not arise. For this reason we define unilateral Laplace transform, 
∞
F (s) = ∫ 0
f ( t ) e − st dt  

The inverse Laplace transform requires integration in the complex plane. We do not use the formula, rather we shall 
use Transformation table to find inverse Laplace transform. 

Laplace transform of some basic signals 
∞
1.   L {δ (t )} = ∫ δ (t )e− st dt = 1  
0
∞ −1 − st ∞ 1
2.   L {u (t )} = ∫ e − st dt = e = ; Re s > 0  
0 s 0 s
1 1⎡ 1 1 ⎤
3.   L {cos ω0tu (t )} = L ⎡⎣e jω0t u (t ) + e − jω0t u (t ) ⎤⎦   = ⎢ + ⎥ ; Re( s ± jω0 ) > 0  
2 2 ⎣ s − jω0 s + jω0 ⎦
s
     Or,   L {cos ω0tu (t )} = ; Re s > 0           [Ans]  
s + ω2
2

Properties of Laplace transform 

 
2
dx(t ) d x(t )
   Differentiation   ↔ sX ( s ) − x(0 − ) ;  2
↔ s 2 X ( s ) − s ⋅ x(0− ) − x& (0− )  
dt dt
d 3 x(t )
      ↔ s 3 X ( s) − s 2 ⋅ x(0− ) − s ⋅ x& (0− ) − &&
x(0− )  
dt 3
  
Some Laplace transform pairs 

 
Convergence of two­sided Laplace transform 
Consider the signal,  x (t ) = e −2t u (t ) + et u (−t ) . Its Laplace transform is given by, 
∞ ∞ ∞ 0
  X ( s) = ∫ e−2t u (t )e− st dt + ∫ et u (−t )e− st dt   = ∫ e− ( s + 2)t dt + ∫ e− ( s −1)t dt  
−∞ −∞ 0 −∞
1 1
Or,   X (s) = − ; Re s > −2 and Re s < 1  
s + 2 s −1
−3
Or,  X ( s) = 2 ; − 2 < Re s < 1  
s +s−2
 
 
 
 
Example 
Find the response of an LTI system with  h(t ) = [e −2t + e− t ]u (t ) to the input x (t ) = −e −2t u (t ) + δ (t ) . 
1 1 2s + 3
  h(t ) ←⎯
L
→ H ( s) = + = Re s > −1  
s + 2 s + 1 ( s + 2)( s + 1)
−1
  x(t ) ←⎯ L
→ X (s) = + 1 Re s > −2  
s+2
2s + 3 s +1
  Y ( s) = H ( s) X ( s) = ⋅ , Re s > −1  
( s + 1)( s + 2) s + 2
2s + 3
Or,  Y ( s) = H ( s) X ( s) = , Re s > −2  
( s + 2) 2
2s + 3 A B
Expanding using partial fraction,  Y ( s ) = = + , Re s > −2  
( s + 2) 2
s + 2 ( s + 2) 2
2s + 3
⇒   B = (2s + 3) s =−2 = −1   and   A= = 2 
( s + 2) s =∞
2 1
Thus,   Y ( s ) = − , Re s > −2  
s + 2 ( s + 2) 2
Performing inverse Laplace transform,  y (t ) = [2e −2t − te −2t ]u (t ) .      [Ans] 

Poles and zeros of Rational Laplace transforms 
Exponential  signals  have  rational  Laplace  transform.    That  is,  they  are  ratios  of  numerator  and  denominator 
polynomials. 
N (s)
        X ( s) = . 
D( s)
The roots of  N ( s ) are called the zeros of Laplace transform and the roots of  D ( s ) are called the poles of Laplace 
transform. 
2s + 1
Example:  X ( s ) = ; − 2 < Re s < 1 has poles at  p1 = 1 and  p2 = −2 . 
s +s−2
2

For LTI systems, the roots of the characteristic polynomials are equal to the poles of the Laplace transform of the 
impulse response. 

The transfer function of LTI system 
The general equation of an LTI system is,  

( ) (
       Q ( D ) y (t ) = P ( D ) x (t )  or,  D n + an −1 D n −1 + L + a0 y (t ) = bn D n + bn −1 D n −1 + L + b0 x (t )   )
Performing L.T. assuming all initial conditions to be zero, 
(b s + bn
s n −1 + L + b0 )
(
        s + an −1 s
n n −1
+ L + a0 ) Y ( s ) = ( bn s + bn −1s
n n −1
+ L + b ) X ( s ) Or,  Y ( s ) =
n n −1
X ( s) ;   
0
(s + a
n
n −1 s n −1 + L + a0 )

Y ( s ) ( bn s + bn −1s + L + b0 ) P ( s )
n n −1

or,    H ( s ) = = =  
X ( s ) ( s n + an −1s n −1 + L + a0 ) Q( s )
H ( s ) is called the transfer function of the system. 

Example 
1.  Find the transfer function of an ideal delay of T, of ideal differentiator, and of ideal integrator. 
   a) Ideal delay:  y (t ) = x (t − T )   ⇒ Y ( s ) = e − sT X ( s ) ⇒ H ( s ) = e − sT . 
  b) Ideal differentiator:  y (t ) = dx (t ) / dt    ⇒ Y ( s ) = sX ( s ) ⇒ H ( s ) = s . 
t
  c) ) Ideal integrator:  y (t ) = ∫0
x(τ )dτ    ⇒ Y ( s ) = X ( s ) / s ⇒ H ( s ) = 1/ s . 
 
 
 −3
2.  Find the inverse Laplace transform of  F ( s ) = if ROC is,  a)  −2 < Re s < 1 , b)  Re s > 1 , c)  Re s < −2 . 
( s + 2)( s − 1)
1 1
  a)   F ( s ) = − . 
s + 2 s −1
         Re s > −2 corresponds to the causal signal.  Re s < 1 corresponds to anti‐causal signal. 
        Therefore,  f (t ) = e −2t u (t ) + et u (−t ) . 
  b)  Both poles lie to the left of the ROC. So both poles correspond to the causal signal.  
       Therefore,  f (t ) = e −2t u (t ) − et u (t ) . 
  c)  Both poles lie to the right of ROC. So both poles correspond to the anti‐causal signal. 
        f (t ) = [−e −2t + et ]u (−t ) . 

Causality and stability 
h(t ) = 0 for  t < 0 for a causal system.  
The ROC associated with the transfer function of a causal system is a right‐half plane. However, a right‐sided signal 
started at  t = −10 is not causal, although the ROC is a right‐half plane. 
1
H (s) = , Re s > −1  is a causal system. 
s +1
es
H (s) = , Re s > −1  is not causal as  h(t ) starts at t=‐1. 
s +1
e− s
H (s) = , Re s > −1  is causal as  h(t ) starts at t=1. 
s +1
An LTI system is stable if its impulse response is absolutely integrable. Also a system is considered stable if the zeros 
of its characteristic polynomial have a negative real part.  
∞ ∞
  H ( s) = ∫ h(t )e− st dt     ⇒ H ( s ) ≤ ∫ h(t ) e− st dt  
−∞ −∞
∞ ∞
Let  s = jω , then,  H ( s) ≤ ∫
−∞
h(t ) e− jωt dt ≤ ∫ h(t ) dt . If the integration converges the system is stable.  
−∞
Therefore, a stable system should include the imaginary axis in the ROC for convergence.  
s −1
Example: Consider a system with transfer function,  H ( s ) = . There are three possible ROCs. Table 
( s + 1)( s − 2)
below shows the impulse response for the three ROCs. 

 
 
 
Systems interconnections 

 
Fig: (a) time‐domain representation, (b) s‐domain representation 

Transform circuits 
1.  Signal sources:     v (t ) ↔ V ( s ) i (t ) ↔ I ( s )  
2.  Resistance, R:    v (t ) = Ri (t ) ↔ V ( s ) = RI ( s )  
di (t ) 1 1
3.   Inductance, L:    v (t ) = L ↔ V ( s ) = LsI ( s ) − Li (0− )    ⇒ I (s) = V ( s ) + i (0− )  
dt Ls s
dv(t ) 1 1
4.  Capacitance, C:    i (t ) = C ↔ I ( s ) = CsV ( s ) − Cv(0− )   ⇒ V ( s) = I ( s ) + v(0− )  
dt Cs s

      ⇓      

          
Example 
1.  Find the Laplace transform X ( s ) and sketch the pole‐zero plot with the ROC for the following signal. 
        x(t ) = e−3t u (t ) + e 2t u (−t ) . 
     
 

 
 
 
 
 
 
The  ROC  is  shown  on  the  left.  X ( s ) has  no  zeros  and  two  poles  at 
s = 2 and  s = −3 . 
 
 
 
 
 
2.  Find the Laplace transform of the signal,  x(t ) = e−2t [u (t ) − u (t − 5)] . 
  x(t ) = e −2t u (t ) − e −2t u (t − 5) = e−2t u (t ) − e−10 ⋅ e−2(t −5)u (t − 5)  
1 1 1
     ⇒   X ( s ) = − e −10 ⋅ e −5 s ⋅ = [1 − e −5( s + 2) ] ,  Re s > −2  
s+2 s+2 s+2
3.  Derive the Laplace transform of the signal,  x (t ) = e − at cos ω0tu (t ) . 
1 1 1 1 s
  cos ω0tu (t ) ↔ ⋅ + ⋅ = 2  
2 s − jω0 2 s + jω0 s + ω02
Applying the shifting in the s‐domain property, 
s+a
  e − at cos ω0tu (t ) ↔ . 
( s + a ) 2 + ω02
2s + 4
4.  Find the inverse L.T. of  X ( s ) = 2 , − 3 < Re s < −1 . 
s + 4s + 3
2s + 4 c c
  X (s) = 2 = 1 + 2      ⇒ 2 s + 4 = c1 ( s + 3) + c2 ( s + 1)     ⇒ c1 = 1, c2 = 1 . 
s + 4s + 3 s + 1 s + 3
2s + 4 1 1
    ⇒   X ( s ) = 2 = + , −3 < Re s < −1  
s + 4 s + 3 s + 1 s + 3   
   Hence,  x(t ) = e−3t u (t ) − e − t u (−t ) .         [Ans] 
5s + 13
5.  Find the inverse L.T. of  X ( s ) = , Re s > 0 . 
s( s + 4 s + 13)
2

5s + 13 c c s + c3
  = 1+ 2 2 ⇒ 5s + 13 = c1 ( s 2 + 4 s + 13) + (c2 s + c3 ) s  
s( s + 4 s + 13) s s + 4 s + 13
2

Equating coefficients of  s 2 :   0 = c1 + c2  
Equating coefficients of  s  :  5 = 4c1 + c3           Solving,  c1 = 1 ,  c2 = −1 and  c3 = 1 . 
Equating constant coefficients :  13 = 13c1  
1 s −1 1 ( s + 2) − 3
Thus,  X ( s ) = − 2 = −    
s s + 4 s + 13 s ( s + 2) 2 + 32
        ⇒ x(t ) = u (t ) − e −2t cos 3tu (t ) + e−2t sin 3tu (t ) = [1 − e −2t (cos 3t − sin 3t )]u (t )      [Ans] 
 
6.  Find the impulse response of the system  y′(t ) + 2 y (t ) = x′(t ) + x(t ) using Laplace transform. 
s +1 1
     From system equation we get,  H ( s ) = = 1−    
s+2 s+2
      ⇒   h(t ) = δ (t ) − e −2t u (t ) .     [Ans] 
7.  Solve the 2  order system  y′′(t ) + 5 y′(t ) + 6 y (t ) = x(t ) for x(t ) = e− t u (t ) with  y (0) = 2 and y′(0) = 1 . 
nd

     Performing one‐sided L.T.:    s 2Y ( s ) − sy (0) − y′(0) + 5sY ( s ) − 5 y (0) + 6Y ( s ) = X ( s )  

2s 2 + 13s + 12
  Or,  Y ( s )( s 2 + 5s + 6) − 2 s − 1 − 10 = X ( s )    ⇒ Y ( s )( s 2 + 5s + 6) =  
s +1
2 s 2 + 13s + 12 1/ 2 6 9/2
  Or,  Y ( s ) = = + −  
( s + 1)( s + 5s + 6) s + 1 s + 2 s + 3
2

⎡1 9 ⎤
     Thus,  y (t ) = ⎢ e − t + 6e−2t + e−3t ⎥ u (t )     [Ans] 
⎣2 2 ⎦
8.   Consider the RC circuit shown in Figure below. The switch is closed at  t = 0 . The initial capacitor voltage is  v0 . 
Find  i (t ) and vc (t ) using transform network technique. 

 
The transform circuit is shown in Figure on the right side. Applying KVL, 
⎛ 1 ⎞ v0 V V − v0 1 V − v0 1
  ⎜R+ ⎟ I (s) + =     ⇒ I ( s) = ⋅ = ⋅  
⎝ Cs ⎠ s s s R + 1/ Cs R s + 1/ RC
1 v ⎛1 1 ⎞ v0
  ⇒ Vc ( s ) = I ( s ) + 0 = (V − v0 ) ⎜ − ⎟+  
Cs s ⎝ s s + 1/ RC ⎠ s
V − v0 −t / RC
Thus,  i (t ) = e u (t ) and  vc (t ) = V (1 − e −t / RC )u (t ) + v0 e −t / RC u (t )      [Ans] 
R