积分变换第7讲拉氏逆变换

b - j
k 1 ssk
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 a1s a0 bn-1sn-1 b1s b0
amsm am-1sm-1 a1s a0 bn (s - s1)(s - s2 )(s - sn )
-
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
一阶极点处留数的求法
而极限
lim
ssk
(s
-
sk
)
A(s) B(s)
est
lim
ssk
A(s) B(s) - B(sk
)
est
s - sk
(t)
A(j k ) B(j k )
e jkt
A(- jk) B(- jk)
e- jkt
k 2 jk
e jkt
k -2 jk
e- jkt
sin
kt,
t
0
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:
C k 1
即
1
2
j
b
jR
F
(
s)
e
std
s
b - jR
CR F (s) estd s
n
Res
k 1
F(s) est
在上式左方取R的极限, 并根据Jordan引
理, 当t>0时, 有
lim F (s) estd s 0
R CR
从而 1 2 j
b
j
F
(s)est
ds
n
Res F (s)est ,t 0
1
2
-
-
f
(
)u(
)
e
- b
e
-
j
d
e
jt
d
1
2
e
-
jt
d
0
f
(
)
e-(
b
j
)
d
1
2
F
(b
j
)
e
jt d ,
-
t0
等式两边同乘以ebt, 则
f
(t)
1
2
F(b
j )
e(b j)td, t
0
-
f
(t)
1b j)d, t
0
-
令b j s,有
f
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)]
Ff11((st)) Ff22((st))
C
虚轴
k 1 ssk
s1 s2
s3
留数定理
实轴
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
为奇点
b+jR
CR L
Ob
实轴
b-jR
根据留数定理可得
n F (s) estd s 2 j Res F (s) est
est
m阶极点处留数的求法？
例2
求F (s)
s(s
1 -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
当a b时, eat ebt ebt 1 e(a-b) t
a-b
0
1 eat 1 ebt a-b b-a
综上所述
t eat
eat ebt
eat - ebt
a - b
ab ab
由eat ebt
e
t
at
eat - ebt
a - b
ab ab
cos t cos t 1 (e jt e-jt ) (e jt e-jt ) 4
A(s) B(s)
est
(s
c-2 - s1)2
c-1 s - s1
c0
c1(s
-
s1 )
等式两边同乘(s - s1)2 得
(s
-
s1 ) 2
A(s) B(s)
est
c-2
c-1 ( s
-
s1 )
c0 (s - s1)2 c1(s - s1)3
(s
-
s1 ) 2
A(s) B(s)
est
c-2
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 sm1
tm m!
L
-1 1
(
s
-
a)
m1
t m eat m!
例3
求F (s)
s
2
(
1 s
1)
的逆变换.
则必有
1 s2 (s 1)
A s2
B s
C s 1
(1)
(1)式两边乘s 1后再令s -1得C 1,
t
0 f1( ) f2 (t - ) d t f1( ) f2 (t - ) d
t
0 f1( ) f2 (t - ) d
(2.20)
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
f1()
f2()
O
f2(t-)
f1()
O
t
按(2.20)计算的卷积亦有 |f1(t) * f2(t)||f1(t)| * |f2(t)|,
复习：
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
假设s0是f(s)的一个奇点, 则f(s)总可以在s0处 展开为罗朗级数, 形式为:
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)
不难推证, 若fk(t)(k=1,2,...,n)满足拉氏变换存 在定理中的条件, 且
拉氏逆变换
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.
因此, 按傅氏积分公式, 在f(t)的连续点就有 f (t)u(t) e-bt
(t
0)
卷积
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
0
f1(t) f2 (t) - f1( ) f2 (t - ) d
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)
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)
1 s2
,
F2 (s)
(t)
1
2
j
b
j
F
(
s)
estd
s, t
0
b - j
(2.16)
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.
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
n
Res F (s) est
b - j
k 1 ssk
即
n
f (t) Res F (s) est , t 0 (2.17) k 1 ssk
A(sk ) B(sk )
eskt
从而有,当B(s)只有n个单零点s1, s2,sn时
f
(t)
n k 1
A(sk ) B(sk )
eskt
例
F(s)
k s2 k2
则A(s) k, B(s) s2 k 2 (s jk)(s - jk)
两个一阶零点是 - jk和 jk
B(s) 2s
f
(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
最后得
F (s)
1 s2 (s 1)
1 s2
-1 s
1 s 1
所以
f (t) L
-1 1
s
2
(s
1)
t -1 e-t
1 (e jt e jt e jt e- jt e- jt e jt e- jte- jt ) 4
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
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
C
C
cn (s - s0 )n d s
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.
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
A(s B(s
) )
e
st
的一阶极点,
假设sk是其中的一阶极点,
例: t *eat
t
ea(t- )d
eat
t e-a d
0
0
- 1 eat a
t de-a
0
- 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
(e at
-1)
例1 求t * sin t
n-
C cn (s - s0 )n d s cn C (s - s0 )n d s
n-
n-
2
j c-1
2
jRes f ss0
(s)
其中C是只围绕s0转一圈的任意闭合曲线.
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
n
f (s) d s 2 j Res f (s)
由
t *eat
-
t a
1 a2
(eat -1)
t sin t t e jt - e-jt 1 (t e jt - t e-jt ) 2j 2j
1 2j
-
t j
1 j2
(e jt -1)
t -
j
-
1 (- j)2
(e-jt -1)
1 2t e jt - e- jt
2
j
j
j2
t - sin t
c-1 ( s
-
s1 )
c0 (s - s1)2 c1(s - s1)3 两边对s求一次导数得
d ds
(s
-
s1 ) 2
A(s) B(s)
est
c-1
2c0 (s
-
s1 )
两边取s s1的极限得
c-1
Res
s s1
A( B(
s s
) )
e
st
lim
ss1
d ds
(s
-
s1 ) 2
A(s) B(s)
(2.21)
证 L
[ f1(t) f2 (t)]
[
0
f1(t)
f2 (t)]e-st
d
t
t 0 0
f1
(
)
f
2
(t
-
)
d
e-st
d
t
t
O
t
由于二重积分绝对可积, 可以交换积分次序
L
[ f1(t) f2 (t)]
0
f1(
)
f
2
(t
-
)
e-std
t
d
令t-=u, 则
则可在sk处展开为罗朗级数为
A(s) B(s)
est
c-1 (s - sk )
c0
c1(s
-
sk )
c2 (s
-
sk
)2
A(s) B(s)
est
c-1 (s - sk