《Laplace逆变换》PPT课件.ppt

前面主要讨论了由已知函数f t 求它的象函数F s 但在实际应用中常会碰到与此相反的问题 即已知象函数F s 求它的象原函数f t 本节就来解决这个问题 由Laplace变换的概念可知 函数f t 的Laplace变换 实际上就是f t u t e bt的Fourier变换 2 3Laplace逆变换 于是 当f t u t e bt满足Fourier积分定理的条件时 按Fourier积分公式 在f t 的连续点就有 等式两边同乘以ebt 并考虑到它与积分变量 无关 则 这就是从象函数F s 求它的象原函数f t 的一般公式 右端的积分称为Laplace反演积分 对于一些比较复杂的象函数 要求出其象原函数 就不得不借助于Laplace反演公式 它和 2 1 式成为一对互逆的积分变换公式 也称f t 和F s 构成了一个Laplace变换对 对于复变函数的积分的计算通常比较困难 但当F s 满足一定条件时 可以用留数方法计算这个反演积分 特别当F s 为有理函数时更为简单 下面的定理将提供计算这种反演积分的方法 定理 若s1 s2 sn是函数F s 的所有奇点 适当 即 选取b使这些奇点全在Re s b的范围内 且当s 时 F s 0 则有 定理 若s1 s2 sn是函数F s 的所有奇点 适当 即 选取b使这些奇点全在Re s b的范围内 且当s 时 F s 0 则有 定理的证明作下图 闭曲线C L CR CR在Re s b的 R O 实轴 虚轴 L CR b jR b jR b 区域内是半径为R的圆弧 当R充分大后 可以使F s est 的所有奇点包含在闭曲线C围成的区域内 根据留数定理可得 在上式左方取R 的极限 并根据复变函数中的 即 Jordan引理 当t 0时 有 从而 这就证明了定理 最常见的情况 是函数F s 是有理函数 即 其中A s 和B s 是不可约的多项式 B s 的次数是n A s 的次数小于B s 的次数 这时F s 满足定理所要求的条件 如果一元n次方程B s 0只有单根 这些 单根称作B s 的一级零点 也就是 根据留数的计算方法 有 情况一 的一级极点 从而有 当B s 只有n个单零点s1 s2 sn时 有 的一级极点 假设sk是其中的一级极点 则可在sk处 等式两边乘 s sk 得 再令两边取s sk的极限 得 而极限 从而有 当B s 只有n个单零点s1 s2 sn时 若s1是方程B s 0的一个m级零点 sm 1 sm 2 sn的B s 0的单零点 即s1是 si的是它的单极点 根据留数的计算方法 有 情况二 所以有 的m级极点 这两个公式都称为Heaviside展开式 例1 利用留数方法求 的逆变换 解 这里 它有两个单零点 例1 利用留数方法求 的逆变换 解 这里 它有两个单零点 由上面讨论可得 这和讨论的结果一致 例2 利用留数方法求 的逆变换 解 这里有 为单零点 为二级零点 因此可得 还可以用部分分式和查表的办法来求解Laplace逆变换 根据Lapace变换的性质以及 例 利用留数方法求 的逆变换 解 这里有 为单零点 因此可得 变形 可得 例 利用留数方法求 的逆变换 解 这里 为单零点 例3 利用部分分式方法求 的逆变换 解 1 式两边乘s 1后再令s 1得C 1 1 式两边乘s2后再令s 0得A 1 再将 1 式右边通分合并后两边分子应相等 比较两边s2项系数应相等 即B 1 0 B 1 最后得 所以 例3 利用部分分式方法求 的逆变换 解 例4 利用查表方法求 的逆变换 解 此题用部分分式的方法较为麻烦 可以利用查表 求得结果 根据附录公式 31 在a 1时 有 例5 利用查表方法求 的逆变换 解 在附录的表中没有现成的公式 但有 然后对应附录公式 30 和 29 有 所以 例6 求 的逆变换 解 由附录公式 36 立即可得 例利用查表方法求下列函数的逆变换 例利用查表方法求下列函数的逆变换 例利用查表方法求下列函数的逆变换 2 4卷积 1卷积的概念 2卷积定理 在第一章讨论过Fourier变换的卷积的性质 两个函数的卷积是指 如果f1 t 与f2 t 都满足条件 当t 0时 f1 t f2 t 0 则上式可以写成 1 卷积的概念 今后如不特别声明 都假定这些函数在t 0时恒等于零 它们的卷积都按 2 20 式计算 t O f1 t f2 t t O f1 t t 例1求t sint 根据定义 解 例求 解 例求sint cost 解根据定义 按 2 20 计算的卷积亦有 它也满足交换律 同样 它还满足结合律与对加法的交换律 即 2卷积定理 假定f1 t f2 t 满足Laplace变换存在定理中的条件 且L f1 t F1 s L f2 t F2 s 则f1 t f2 t 的 Lapalce变换一定存在 且 证f1 t f2 t 满足Laplace变换存在定理 变换式为 t t t O t 由于二重积分绝对可积 可以交换积分次序 令t t u 则 令t t u 则 所以 不难推证 若fk t k 1 2 n 满足Laplace变换存在定理中的条件 且 L fk t Fk s k 1 2 n 则有 L f1 t f2 t fn t F1 s F2 s Fn s 例2若 求f t 因为 取 于是 根