积分变换第7讲----拉氏逆变换

敛. 计算复变函数的积分通常比较困难, 但是可以
用留数方法计算.
5
定理 若s1, s2, ..., sn是函数F(s)的所有奇点(适 当选取b使这些奇点全在Re(s)<b的范围内), 且 当s时, F(s)0, 则有
1
2 j
b j F (s) estd s
b - j
n
k
1
Res
ssk
F
(
s)
e
st
即
n
f (t)
k
1
Res
ssk
F
(
s)
e st
,
t
0
(2.17)
6
什么叫一个复变函数f(s)的奇点?那就是此函数没
有定义的点, 或者说是取值无穷大的点. 例如函数
f (s)
est
s(s - 2)(s 3)
在0, 2, -3处有三个奇点, 可记为s1=0, s2=2, s3-3
7
假设s0是f(s)的一个奇点, 则f(s)总可以在s0处展
28
例: t * eat
t
ea(t- )d
eat
t
e - a
d
0
0
- 1 eat
a
t
0
de-a
- eat a
e-a
t 0
-
t 0
e - a
d
- eat a
t e-at
1 a
e - a
t 0
- eat a
t e-at
1 a
(e-at
- 1)
-
t a
1 a2
(eat
- 1)
29
例1 求t * sin t
(1)
(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,
1 (s 1) Bs(s 1) s2
比较两边s2项系数应相等,即B 1 0, B -1
23
最后得
F (s)
1 s2 (s 1)
1 s2
-1 s
s
1 1
0
f1(t) f2 (t) - f1( ) f2 (t - ) d
t
0 f1( ) f2 (t - ) d t f1( ) f2 (t - ) d
t
0 f1( ) f2 (t - ) d
(2.20)
26
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
21
还可以用部分分式和查表的办法来求解拉氏反变 换. 根据拉氏变换的性质以及
L
[t m ]
m! s m1
,
L
-1
1 s m1
tm m!
L
-1
(s
1 - a)m1
t m eat m!
22
例3
求F (s)
s
2
(
1 s
1)
的逆变换.
则必有 1 A B C s2 (s 1) s2 s s 1
amsm am-1sm-1 a1s a0 bn (s - s1)(s - s2 ) (s - sn )
A(s) B(s)
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.
14
如果一元n次方程B(s)=0只有单根, 这些单根称 作B(s)的一阶零点, 也就是
所以
f
(t)
L
-1 1 s2 (s 1)
t
-1 e-t
(t
0)
24
卷积
25
1. 卷积的概念 在第一章讨论过傅氏变换的卷积 的性质. 两个函数的卷积是指
f1(t) f2 (t) - f1( ) f2 (t - ) d
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
A(s) B(s)
est
(s
c-2 - s1)2
c-1 s - s1
c0
c1 ( s
-
)
等式两边同乘(s - s1)2 得
(s
-
s1 ) 2
A(s) est B(s)
c-2
c-1 ( s
-
s1 )
c0 (s - s1)2 c1(s - s1)3
19
(s
-
s1 ) 2
A(s) B(s)
est
1 s2
,
F2 (s)
1 s2 1
于是 f1(t) t, f2 (t) sin t
根据卷积定理和例 1,得
f (t) f1(t) f2(t) t sin t t - sin t
35
eat ebt t ea eb(t- )d ebt t e(a-b) d
0
0
当a b时, eat ebt t ebt t eat
b-jR
11
根据留数定理可得
n
F (s) estd s 2 j C
Res F (s) est
k 1
即
1
2
j
b jR F (s) estd s
b - jR
CR
F
(s)
e st d
s
n
Res F (s) est k 1
12
在上式左方取R的极限, 并根据Jordan引理, 当t>0时, 有
C
C
cn (s - s0 )n d s
n-
C cn (s - s0 )n d s
cn C (s - s0 )n d s
n-
n-
2
jc-1
2
jRes s s0
f
(s)
其中C是只围绕s0转一圈的任意闭合曲线.
9
如果函数f(s)有s1,s2,...,sn共n个奇点, 闭合曲线 C包围了这n个奇点, 则
两个一阶零点是 - jk和 jk
B(s) 2s
f (t) A(jk ) ejkt A(- jk ) e- jkt B(jk) B(- jk)
k ejkt k e- jkt sin kt, t 0 2 jk -2 jk
18
如方程B(s)=0有一个二重根s1, 称s1为B(s)的二 阶零点, 也是F(s)est的二阶极点, 这时F(s)est在 s=s1处可展开为罗朗级数, 其形式为:
30
卷积定理
假定f1(t), f2(t)满足拉氏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)的拉氏变换一定存在, 且
或
L [ f1(t) f2 (t)] L -1[F1(s) F2 (s)]
F1(s) f1 (t )
est
20
例2
求F (s)
1 s(s -1)2
的逆变换.
B(s) s(s -1)2, s 0为单零点, s 1为二阶
零点,
f
(t)
(s
1 - 1) 2
est
s0
lim
s1
d ds
1 s
est
1
lim
s1
t s
est
-
1 s2
est
1 (t et - et ) 1 et (t -1), t 0
f1()
f2()
O
f2(t-)
f1()
O
t
27
按(2.20)计算的卷积亦有
|f1(t) * f2(t)||f1(t)| * |f2(t)|,
它也满足交换律:
f1(t) * f2(t) = f2(t) * f1(t)
同样, 它还满足结合律与对加法的交换律, 即
f1(t) * [f2(t) * f3(t)] = [f1(t) * f2(t)] * f3(t) f1(t) * [f2(t) + f3(t)]= f1(t) * f2(t) + f1(t) * f3(t)
A(s B(s
) )
e
st
的一阶极点,
假设sk
是其中的一阶极点,
则可在sk处展开为罗朗级数为 A(s) est B(s)
c-1 (s - sk
)
c0
c1 ( s
-
sk
)
c2 (s
-
sk
)2
15
A(s) est B(s)
(s
c-1 - sk
)
c0
c1(s
-
sk
)
c2
(s
-
sk
)2
等式两边乘(s - sk )得
A(s) B(s) - B(sk
)
est
s - sk
A(sk ) eskt B(sk )
从而有,当B(s)只有n个单零点s1, s2, sn时
f (t) n A(sk ) eskt
k1 B(sk )
17
例
F(s)
s2
k k2
则A(s) k, B(s) s2 k 2 (s jk)(s - jk)
0
f1
(
)
f2 (t
-
)
e
-
st
d
t
d
f2 (t
- ) e-std t
0
f2 (u) e-s(u )d u
e-s F2 (s)
所以
L [ f1(t) f2 (t)]
0
f1( ) e-s
F2 (s) d
F2 (s)
0
f1( ) e-s d
F1(s) F2 (s)
33
不难推证, 若fk(t)(k=1,2,...,n)满足拉氏变换存
lim F (s) estd s 0
R CR
从而
1
2 j
b j F (s)est ds
b - j
n
k
1
Res
s sk
F
(
s)e
st
, t
0
13
最常见的情况, 是函数F(s)是有理函数, 即
F (s)
am s m bn s n
am-1sm-1 bn-1sn-1
a1s a0 b1s b0
当a b时, eat ebt ebt 1 e(a-b) t
a-b
0
1 eat 1 ebt a-b b-a
t eat a b
综上所述
eat ebt
eat - ebt
a - b a b
开为罗朗级数, 形式为:
f (s) cn (s - s0 )n n-
其中-1次方项(s-s0)-1的系数c-1就称为f(s)在s0 点处的留数, 记作
Res[f(s),s0]=c-1
或
Res
ss0
f (s)
c-1
8
围绕着f(s)的奇点s0的附近绕一圈环的积分就等
于
f (s)d s
(s
-
sk )
A(s) B(s)
est
c-1
c0 (s
-
sk )
c1(s
-
sk )2
再令两边取s sk的极限,得
c-1
Res
ssk
A(s) B(s)
est
lim
ssk
(s
-
sk
)
A(s) B(s)
est
16
而极限
lim
ssk
(s
-
sk
)
A(s) B(s)
est
lim
ssk
n
f (s)d s 2 j Res f (s)
C
虚轴k 1 ssk
s1 s2 s3
实轴
10
定理的证明 作下图, 闭曲线C=L+CR, CR在 Re(s)<b的区域内是半径为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.
虚轴
b+jR
为奇点
CR L
Ob
实轴
1
2
-
-
f
(
)u(
)
e-b
e-
j
d
e
jtd
1
2
-
e
jt
d
0
f
(
)
e-(b
j )
d
1 F (b j) ejtd, t 0
2 -
等式两边同乘以ebt, 则
f (t) 1 F (b j) e(b j)td,t 0
2 -
4
f (t) 1 F (b j) e(b j)d,t 0
积分变换
第7讲
1
拉氏逆变换
2
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.
由拉氏变换的概念可知, 函数f(t)的拉氏变换, 实 际上就是f(t)u(t)e-bt的傅氏变换.
3
因此, 按傅氏积分公式, 在f(t)的连续点就有 f (t)u(t) e-bt
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)
34
例2
若F (s)
1 s2 (1
s2)
, 求f
(t)
因为
F (s)
1 s2 (1
s2)
1 s2
1 s2 1
取
F1(s)
由
t * eat
-
t a
1 a2
(eat -1)
t sin t t ejt - e- jt 1 (t e jt - t e- jt ) 2j 2j
1 2j
-
t j
1 j2
(ejt -1)
t -j
-
1 (- j)2
(e-
jt
-
1)
1 2j
2t j
e jt
- ej2
jt
t
-
sin
t
2 - 令b j s,有
f (t) 1 b j F (s) estd s,t 0 (2.16)
2 j b -j
右端的积分称为拉氏反演积分, 它的积分路线是沿
着虚轴的方向从虚部的负无穷积分到虚部的正无穷.
而积分路线中的实部b则有一些随意, 但必须满足
的条件就是e-btf(t)u(t)的0到正无穷的积分必须收
F2 (s) f2 (t)
(2.21)
31
证 L
[ f1(t) f2 (t)]
[
0
f1(t)
f2 (t)]e-std t
0
t 0
f1( )
f2 (t
- )d
e-
st
d
t
t
O
t
32
由于二重积分绝对可积, 可以交换积分次序
L [ f1(t) f2(t)]
令t-=u, 则
c-2
c-1 ( s
-
s1)
c0 (s - s1)2 c1(s - s1)3 两边对s求一次导数得
d ds