14 拉普拉斯展开定理分解

合集下载

laplace展开定理

Laplace展开定理Laplace展开定理（Laplace’s expansion theorem）是数学中一个重要的理论，它利用线性代数的方法，将一个n阶行列式展开为n个n-1阶子行列式的和。

Laplace展开定理在代数、概率论、微积分以及工程等领域有广泛的应用。

1. Laplace展开定理的表述给定一个n阶行列式A，可以用Laplace展开定理将其展开为：|A|=∑(−1)i+jni=1a ij M ij其中，a ij是A的第i行第j列元素，M ij是A的第i行第j列元素的代数余子式。

代数余子式是将第i行第j列的元素划去后剩余元素的行列式的值。

2. Laplace展开定理的证明Laplace展开定理的证明可以通过递归的方法进行。

我们可以选择行展开或列展开两种方式，这里以行展开为例进行说明。

假设给定一个3阶行列式：A=[a11a12a13 a21a22a23 a31a32a33]首先选择第一行进行展开。

根据Laplace展开定理，行列式A可以表示为：|A|=(−1)1+1a11M11+(−1)1+2a12M12+(−1)1+3a13M13其中，M11、M12、M13分别是将第一行的元素划去后剩余元素的2阶子行列式。

对于子行列式M11，可以再次应用Laplace展开定理，将其展开为：M11=(−1)1+1a22a33−(−1)1+2a23a32同理，对于M12和M13也可以进行展开。

将子行列式的展开式代入到行列式A的展开式中，可以得到完整的展开式。

证明过程中，我们可以通过递归的方式将n阶行列式展开为n个n-1阶子行列式，直到最后将2阶子行列式展开为元素的乘积。

3. Laplace展开定理的应用Laplace展开定理在数学中具有广泛的应用，下面列举几个常见的应用领域。

3.1 代数方程组求解Laplace展开定理可以应用于求解代数方程组。

给定一个线性方程组：a11x1+a12x2+⋯+a1n x n=b1a21x1+a22x2+⋯+a2n x n=b2…a n1x1+a n2x2+⋯+a nn x n=b n其中，x1,x2,…,x n是未知数，a ij和b i是已知系数。

Laplace展开定理.

D 1 i1 ik 12 k j1 jk 12 k 1 1 D i1 ik j1 jk
由此可知，D1 和D的展开式中出现的项是一样的，只不过每一
项都相差符号为 1 i1 ik j1 jk
…，第n列加到第n+1列，用 b12,b22, bn2 乘第1列，第2列，
第二章
行列式
…，第n列加到第n+2列，…，用 b1n ,b2n ,
…，第n列加到第2n列，则 D2n 化为
a11 a12
a1n a11b11 a12b21 a1nbn1
a21 a22
a2n a21b11 a22b21 a2nbn1
§2.8 Laplace展开定理
利用行列式的依行（列）展开可以把n阶行列式化为n-1 阶行列式来处理，这在简化计算以及证明中都有很好的应用。但有时我们希望根据行列式的构造把n阶行列式一下降为n-k 阶行列式来处理，这是必须利用Laplace展开定理。为了说明这个方法，先把余子式和代数余子式的概念加以推广。
k 1 k n 1 行，由这k行元素所组成的一切k阶子式与它们
的代数余子式的乘积的和等于行列式D。
证明：设D中取定k行后所得的子式为M1, M 2 , , Mt , 它的
代数余子式分别为 A1, A2, , At , 下证 D M1A1 M 2 A2 M t At
—（1）
2、M是N的余子式，N便是M的余子式，M、N互为余子式。
abcd
例2.8.1 写出行列式 D g h p q 中取定第一行和
stuv
wx y z
第三行所得的所有二阶子式及它们的余子式和代数余式。二阶子式共有 C42 6 个。

拉普拉斯展开定理(课堂PPT)

§ 2.3 拉普拉斯展开定理
一、k阶子式的概念二、拉普拉斯展开定理三、举例
1
一、k阶子式的概念定义在n阶行列D式中，任k行取k列(1kn)，
位于k这行k列的交点k上 2个的元素按原来的相置组成k阶的行列S，式称D为的一k个阶子式。
在行列 D中式划S所去在k行的 k列，余下的元原来的相对位 nk置阶组行成列余块子块都为,零且矩非阵
零子块都是.即方阵
A1
A
A2
O
O
,
As
其中Ai (i=1 , 2 , … , s)都是方阵,则A为分块对角阵.
6
分块对角矩阵的行列式具有下述性质:
A A 1A 2 A s.
若 A i 0 i 1 , 2 , , s , 则 A 0 , 并
设S的各行D中位第 i于 1,i2,,ik(i1i2ik)， S的各列D中位第 j于 1, j2,, jk(j1j2jk)，那么
A(1)(i1i2ik)(j1j2jk)M为S的代数余子
2
二、拉普拉斯展开定理
若在行列D式中任意取k个定行(1kn1)，则有这 k个行组成的k所阶有子式与它们的代数子式的乘积之和D.等于
设 D 的k行某组成 k阶的子所式 S1,S2有 , 分 ,St(t 别 C n k)，为它们相应分的别 A 1,A 代 2, 为 ,A 数 t,则余子式
D S1A 1S2A 2A tSt。
3
例1 计算 2 1 0 0 0 12100
D0 1 2 1 0 0 01 21 0 0 01 2
A1 1
A1
A1 2
o
o
.
A1 s

laplace展开定理

laplace展开定理Laplace展开定理是数学中的一个重要定理，它是对函数进行分析的一种方法，可以将一个复杂的函数表示为简单的分段函数。

本文将详细介绍Laplace展开定理的定义、性质、证明及应用。

一、定义Laplace展开定理是指，对于任意一个实数t>0和任意一个具有有限变化区间[a,b]上连续函数f(x)，其Laplace变换F(s)可以表示为：F(s)=∫[a,b]f(x)e^{-sx}dx其中s为复平面上的复数。

如果f(x)在[a,b]上满足一定条件，那么可以通过Laplace展开定理将其表示为一个无穷级数形式：f(x)=∑_{n=0}^{∞}(-1)^n\frac{d^n}{ds^n}(e^{sx}F(s))|_{s=0}其中d^n/ds^n表示对F(s)求n次导数。

二、性质1. Laplace展开定理适用于具有有限变化区间[a,b]上连续函数f(x)。

2. Laplace展开定理可以将复杂的函数表示为简单的分段函数形式，便于进行分析和计算。

3. Laplace展开定理中的无穷级数收敛性需要满足一些条件，如Dirichlet条件和Abel条件等。

4. Laplace展开定理可以用于求解微分方程、计算概率密度函数等数学问题。

三、证明Laplace展开定理的证明涉及到一些复杂的数学知识，其中包括复变函数、级数收敛性等。

下面给出一个简单的证明思路：1. 将f(x)表示为一个幂级数形式：f(x)=∑_{n=0}^{∞}a_nx^n2. 对f(x)进行Laplace变换，得到F(s)：F(s)=∫[0,∞)f(x)e^{-sx}dx=\sum_{n=0}^{∞}\frac{a_n}{s^n}3. 对F(s)进行逐项求导，并将s=0代入，得到：\frac{d^n}{ds^n}(e^{sx}F(s))|_{s=0}=(-1)^na_nx^n4. 将上述结果代入Laplace展开定理中，得到：f(x)=\sum_{n=0}^{∞}(-1)^n\frac{d^n}{ds^n}(e^{sx}F(s))|_{s=0} 5. 由于幂级数具有良好的收敛性，因此可以将无穷级数和积分号交换顺序，从而得到Laplace展开定理。

拉普拉斯定理

例1 计算5阶行列式
1 2 0 0 1 0 1 2 3 0 D 1 3 0 0 0 0 2 2 1 0 0 3 4 1 3
解: 对D的第1,3 行用Laplace定理,在第1,3 行中不为零的二阶子式分别是
1 1 1 1 2 1 N1 1, N2 1, N3 3 2 3 1 0 3 0
它们各自对应的代数余子式是
2 3 0
1 2 3
A1 2 1 0 12, A2 2 2 1 6, A3 0 4 1 3 3 4 1
所以 D=12－6=6.
例2 计算2n阶行列式
a1 a2 an 1 D2 n bn 1 b2 b1 an bn bn an an 1 a2 a1 bn 1 b2 b1
解对的第n,n+1行应用Laplace定理（按第n, n+1 行展开）得
a1 a2 D2 n an bn bn an b2 b1
2 2 (an bn ) D2 n 2
b1 b2 an 1 bn 1 bn 1 an 1 a2 a1
利用这个递推关系式有定理拉普拉斯拉普拉斯定律拉普拉斯变换拉普拉斯定理行列式拉普拉斯展开定理拉普拉斯方程拉普拉斯算子陶哲轩拉普拉斯分布
*
拉普拉斯定理
定义1
在 n 阶行列式中，任取r 行 r 列
2
（ 1 k n}, 位于这些行列交叉处的r 个元素按原来的次序所构成的r阶行列式，称为行列式的一个r 阶子式.在 n 阶行列式中，划去某个r 阶子式M所在的行与列后 ,剩下的 n r 行 n r 列上的元也构成一个 n r阶子式N。我们称这一对子式 M与N互为余子式。
设r 阶子式M是由行列式中第 i1 , i2 ,, ir 行和第j1 , j2 ,, jr 列相交处的元也构成的，而且 N是M的余子式。则称带有正或负号

谈拉普拉斯定理及其应用

一、谈拉普拉斯定理及其应用拉普拉斯定理拉普拉斯(Pierre-Simon Laplace,1749－1827)是法国分析学家、概率论学家和物理学家，法国科学院院士。

他用数学方法证明了行星轨道大小只有周期性变化，此即著名的拉普拉斯定理. 他的著名杰作《天体力学》是经典力学的代表著作，在《宇宙系统论》这部书中，他提出了第一个科学的太阳系起源理论——星云说. 他在数学和物理方面有重要贡献，他是拉普拉斯变换和拉普拉斯方程的发现者。

在了解Laplace 定理之前，首先要了解如下概念在一个 n 级行列式 D 中任意选定 k 行 k 列 (k\leq n) ，位于这些行和列的交叉点上的 k^2 个元素按照原来次序组成一个 k 级行列式 M ，称为行列式 D 的一个 k 级子式；在 D 中划去这 k 行 k 列后，余下的元素按照原来的次序组成 n-k 级行列式 M' ，称为 k 级子式 M 的余子式；若 k 级子式 M 在 D 中所在的行、列指标分别是 i_1,i_2,\cdots,i_k;j_1,j_2,\cdots ,j_k ，则在 M 的余子式 M' 前加上符号 (-1)^{i_1+i_2+\cdots+i_k+j_1+j_2+\cdots +j_k}M' 后称之为 M 的代数余子式，记为 A=(-1)^{i_1+i_2+\cdots+i_k+j_1+j_2+\cdots +j_k}M' .Laplace 定理：设在行列式 D 中任取 k (1\leq k\leq n-1) 行，由这 k 行元素所组成的一切 k 级子式与它们的代数余子式的乘积和等于 D . 即，若 D 中取定 k 行后，由这 k 行得到的 k 级子式为 M_1,M_2,\cdots,M_t ，它们对应的代数余子式分别为 A_1,A_2,\cdots,A_t ，则 D=M_1A_1+M_2A_2+\cdots+M_tA_t为了更好的理解Laplace 定理，下面看个例子：先有行列式 D=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 2 & 1 & 4 \\ 0 & -1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 1 & 3 & 1 \\ \end{array} \right| ，取定其第一、三行，求其子式和代数余子式，并计算其值解：去定其第一、三行，其子式为：M_1=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 2 \\ 1 & 0 \\ \end{array}\right|=-2,\quad M_2=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right|=0,\quad M_3=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 4 \\ 1 & 3 \\ \end{array} \right|=-1 \\M_4=\left| \begin{array}{ccc} 2 & 1 \\ 0 & 1 \\ \end{array}\right|=2,\quad M_5=\left| \begin{array}{ccc} 2 & 4 \\ 0 & 3 \\\end{array} \right|=6,\quad M_6=\left| \begin{array}{ccc} 1 & 4 \\ 1 & 3 \\ \end{array} \right|=-1 \\它们的代数余子式为：A_1=(-1)^{1+3+1+2}\left| \begin{array}{ccc} 2 & 1 \\ 3 & 1 \\\end{array} \right|=1,\quad A_2=(-1)^{1+3+1+3}\left|\begin{array}{ccc} -1 & 1 \\ 1 & 1 \\ \end{array} \right|=-2,\quad A_3=(-1)^{1+3+1+4}\left| \begin{array}{ccc} -1 & 2 \\ 1 & 3 \\ \end{array} \right|=5 \\A_4=(-1)^{1+3+2+3}\left| \begin{array}{ccc} 0 & 1 \\ 0 & 1 \\\end{array} \right|=0,\quad A_5=(-1)^{1+3+2+4}\left|\begin{array}{ccc} 0 & 2 \\ 0 & 3 \\ \end{array} \right|=0,\quad A_6=(-1)^{1+3+3+4}\left| \begin{array}{ccc} 0 & -1 \\ 0 & 1 \\ \end{array} \right|=0 \\所以其行列式为D=M_1A_1+M_2A_2+\cdots+M_6A_6=-7 \\经Matalb验证如下：M=[1,2,1,4;0,-1,2,1;1,0,1,3;0,1,3,1];det(M)___________-7二、证明如何证明行列式的拉普拉斯定理？首先回顾一下行列式的计算方法一个 n 阶矩阵的行列式等于其按第 i 行展开，对应元素与其代数余子式乘积的代数和，用符号表示为D=a_{i1}A_{i1}+a_{i2}A_{i2}+\cdots+a_{in}A_{in}=\sum_{j=1}^{n}{ a_{ij}A_{ij}}\quad (i=1,2,\cdots ,n) \\上式在很多教科书上被用作行列式的定义，现通常被称为“（行列式的）拉普拉斯展开式（Laplace expansion）/（行列式的）余因子展开式（cofactor expansion）”；然而，此式首先由范德蒙（Vandermonde）给出。

拉普拉斯定理公式

拉普拉斯定理公式拉普拉斯定理公式是数学中一个非常重要的定理，在解决行列式相关问题时发挥着关键作用。

咱先来说说啥是拉普拉斯定理。

简单来讲，它就是关于行列式按照某行或者某列展开的一种规则。

比如说，一个 n 阶行列式，如果咱选定了某一行或者某一列，那么这个行列式的值就等于这一行或者这一列的各个元素分别乘以它们对应的代数余子式，然后把这些乘积加起来。

我记得有一次给学生们讲这个定理的时候，有个小家伙一脸懵地问我：“老师，这东西到底有啥用啊？”我笑着回答他：“就像你搭积木，每一块积木都有它的位置和作用，拉普拉斯定理就是帮你找到这些积木在整个结构中的价值。

”咱再深入聊聊这个定理的公式。

假设我们有一个 n 阶行列式 D，选定了第 i 行。

那么 D 就等于第 i 行的每个元素 aij 乘以它对应的代数余子式 Aij 之和。

用公式写出来就是：D = ∑(j=1 到 n) aijAij 。

要真正理解和运用这个定理，得通过大量的练习题。

有一回，课堂上做练习，有个题目是一个四阶行列式，让用拉普拉斯定理来计算。

不少同学一开始都抓耳挠腮，不知道从哪儿下手。

我就引导他们，先选定一行或者一列，然后找出每个元素对应的代数余子式。

慢慢地，大家开始有了思路，一个个算出了答案，那股兴奋劲儿，就像解开了一个超级难的谜题。

在实际应用中，拉普拉斯定理常常能让复杂的行列式计算变得简单清晰。

比如说在求解线性方程组的解、判断矩阵的可逆性等问题时，它都能大显身手。

学习拉普拉斯定理公式，就像是在数学的海洋里掌握了一把神奇的钥匙，可以打开很多难题的大门。

虽然一开始可能会觉得有点难理解，但只要多练习、多思考，就能逐渐体会到它的妙处。

就像我们在生活中遇到的很多困难，一开始看起来毫无头绪，但只要找到了那个关键的“定理”，就能迎刃而解。

所以，同学们，别害怕这个定理，勇敢地去探索它，相信你们一定能在数学的世界里畅游！。

大一线性代数课件2.3_拉普拉斯展开定理

A1 At
k
A1k k At
返回
A1
可逆的充要条件是 At A1，，At 可逆 ( Ai为方阵)
1
A1 At A1 A t
DD
1
C A X 1 B O X 3
X 2 CX 1 AX 3 X4 BX 1
CX 2 AX 4 I O . BX 2 O I
CX 1 AX 3 I X 3 A1 CX AX O 1 1 2 4 X 4 A CB O B 1 1 . D 1 A 1 1 X1 O BX 1 O A CB BX 2 I X 2 B 1 返回
A2 1
1 3 4 2 3 5
M2 M2 .
返回
例如，5阶行列式detA中，取子式 S
则其代数余子式为
a22 a52
a24 a54
a11 a41
a13 a43
a15 a35 a45
( 1) ( 25 )( 24 ) a31 a33
对于行列式D中的每一个子式S，它的余子式M 和代数余子式A都由S唯一确定.
大一线性代数课件23拉普拉斯展开定理线性代数拉普拉斯定理线性代数拉普拉斯拉普拉斯定理拉普拉斯展开定理拉普拉斯定理行列式拉普拉斯终值定理拉普拉斯变换终值定理棣莫弗拉普拉斯定理拉普拉斯定理的证明
2.3
拉普拉斯展开定理
返回
2.3
k阶子式：
拉普拉斯展开定理
矩阵A中任取k行、k列，位于这k行、k列交点上的k2 个元按原来的相对位置组成的k阶行列式S, 称为A的一个k阶子式. S的余子式: 在A中划去S所在的k行、k列，余下的元按原来的相对位置组成的n-k阶行列式M, 称为S的余子式. S的代数余子式: 设S的各行位于A中第i1,…,ik, S的各列位于A中第 j1,…, jk列，称 (i1 i k ) (j1 jk ) A (1) M 为S的代数余子式.

拉普拉斯展开定理

设 D 的k行某组成 k阶的子所式 S1,S2有 , 分 ,St(t 别 C n k)，为它们相应分的别 A 1,A 代 2, 为 ,A 数 t,则余子式
D S1A 1S2A 2A tSt。
例1 计算 2 1 0 0 0
12100 D0 1 2 1 0
0 01 21
0 0 01 2
设S的各行D中位第 i于 1,i2,,ik(i1i2ik)， S的各列D中位第 j于 1, j2,, jk(j1j2jk)，那么
A(1)(i1i2ik)(j1j2jk)M为S的代数余子
二、拉普拉斯展开定理
若在行列D式中任意取k个定行(1kn1)，则有这 k个行组成的k所阶有子式与它们的代数子式的乘积之和D.等于
A1 1
A1
A1 2
o
o
.
A1 s
小结
1.k阶子式的概念 2.拉普拉斯展开定理
角线上有非零 ,其子余块子块都为,零且矩非阵
零子块都是.即方阵
A1
A
A2
O
O
,
As
其中Ai (i=1 , 2 , … , s)都是方阵,则A为分块对角阵.
分块对角矩阵的行列式具有下述性质:
A A 1A 2 A s.
若 A i 0 i 1 , 2 , , s , 则 A 0 , 并
利用拉普拉斯定理（P68）可得：
a11 a1k
0
设
D
ak1 c11
akk c1k
b11
b1nLeabharlann cn1 cnk bn1 bnn
a11 a1k
b11 b1n
D1 deati(j)
,D2 debti(j)

14 拉普拉斯展开定理分解

i1
i1
的值相等，即 AB A B .
bn2
bnn
n
a1ibin
i1
矩阵乘积的行列式表
示
n
a2ibin AB
i1
n
anibin
i1
证明＊
设
A
aij
n
,B
bij
,
n
构造2n阶行列式
a11 a12
a1n 0 0
0
a21 a22
a2n 0 0
0
D an1 an2
ann 0 0
0
1 0
0 b11 b12
c d a b c d a b
d c b a d c b a
a2 b2 c2 d2
0
0
0
0
a2 b2 c2 d2
0
0
0
0
a2 b2 c2 d2 0
0
0
0 a2 b2 c2 d2
A
A
T
A2
a2 b2 c2 d 2
4
a4>0
A a2 b2 c2 d 2 2
这个定理也就是说: 在D中任取k行（列）后，
得到的子式为 N1, N2, , NCnk ，它们的代数余子式
分别为 A1, A2 , ACnk ，则
D N1A1 N 2 A2
证明略。
N Cnk ACnk
注：① 行列式按一行(列)展开是该定理中时的特殊情况。
② a11 a1k 0 0
D ak1
2354
0230 D
2123
0110
解
r2 , r42 D
1
3 1 (1)2423

拉普拉斯反变换的部分分式展开

拉普拉斯反变换的部分分式展开
1．拉普拉斯反变换法
用拉氏变换求解线性电路的时域响应时，需要把求得的响应的拉氏变换式反变换为时间函数。

由象函数求原函数的方法有：1）利用公式
2) 对简洁形式的F(S) 可以查拉氏变换表得原函数
3) 把F(S) 分解为简洁项的组合，也称部分分式绽开法。

则 2.部分分式绽开法
用部分分式法求拉氏反变换(海维赛德绽开定理)，即将绽开成部分分式，成为可在拉氏变换表中查到的的简洁函数，然后通过反查拉氏变换表求取原函数。

设，的阶次不高于的阶次，否则，用除，以得到一个的多项式与一个余式（真分式）之和。

部分分式为真分式时，需对为分母多项式作因式分解，求出=0的根。

设象函数的一般形式：
即F（s）为真分式。

下面争论=0 的根的状况。

1）若=0 有n 个不同的单根p1、p2……pn 。

利用部分分式可将F(s)分解为：
待定常数的确定：
方法一：按，i =1, 2, 3, … , n 来确定。

方法二：用求极限方法确定ai的值
得原函数的一般形式为：
2）若=0有共轭复根和，可将F(s)分解为：
则，
由于F(s)为实系数多项式之比，故和为共轭复数。

设，
3）=0 的具有重根时，因含有的因式。

则，；；…… ；
总结上述得由F(s) 求f( t) 的步骤：
1）n = m 时将F(s) 化成真分式和多项式之和；
2）求真分式分母的根，确定分解单元；
3）将真分式绽开成部分分式，求各部分分式的系数；
4）对每个部分分式和多项式逐项求拉氏反变换。

电路第14章拉普拉斯

) + f1(t)
= K e [e
αt
αt
j(ωt +θ )源自+e− j(ωt +θ )
] + f1(t)
= 2 K e cos( t +θ) + f1(t) ω
返回
上页
下页
s +3 例求 F(s) = 2 的原函数 (t) f s + 2s + 5
解
s +3 K1 = = 0.5 − j0.5 = 0.5 2∠− 45o s=−1+ j2 s − (−1− 2j) s+3 o K2 = 45 s=−1− j2 = 0.5 2∠ s − (−1+ 2j) N(s) s+3 K 或： 1 = ' = = 0.5 2∠− 45o s=−1+ j2 D (s) 2s + 2
di 1 t u = iR + L + ∫ − idt dt C 0
= I (s)(R + sL +
1 U(s) = I (s)R + sLI (s) + I (s) sC 1
sC
) = I (s)Z(s)
1 1 Z(s) = = R + sL + Y(s) sC
返回上页下页
运算阻抗
U (s) = Z(s)I (s) I (s) = Y(s)U(s)
解 t=0 时开关打开 uc(0-)=25V iL(0-)=5A 20 1/s + 25/s IL(s) 0.5s 2.5V + 5 + 1F uC iL 0.5H 10Ω 10Ω 5Ω
K2 Kn (s − p1)F(s) = K1 + (s − p1) +⋅⋅⋅ + s− p s − pn 2

行列式的Laplace展开定理

行列式的Laplace展开定理行列式的Laplace 展开定理一、行列式按一行或一列的展开我们知道，若D 为n 阶行列式，A ij 为行列式元素a ij 的代数余子式，那么对任意的i ≠j ，如下四个等式都成立。

a i 1A i 1+a i 2A i 2+L +a in A in =D ； a i 1A j 1+a i 2A j 2+L +a in A jn =0；a 1j A 1j +a 2j A 2j +L +a nj A nj =D ；a 1i A 1j +a 2i A 2j +L +a ni A nj =0。

上式称为n 阶行列式按一行（列）展开的定理。

我们问：n 阶行列式是否可以按二行（列）展开？更一般的，n 阶行列式是否可以按k 行或k 列展开？如果可以，行列式的展开式是怎样的？我们先回顾n 阶行列式中元素a ij 的余子式和代数余子式的概念。

定义1 在n 阶行列式D 中，把元素a ij 所在的第i 和第j 列划去后，剩下的n −1阶行列式，称为元素a ij 的余子式，记为M ij 。

称A ij =(−1) i +j M ij 为元素a ij 的代数余子式，即a 11a 21ML La 1, j −1a 2, j −1Ma 1, j +1a 2, j +1M a i −1, j +1a i +1, j +1M a n , j +1L La 1n a 2n MM ij =a i −1, 1L a i −1, j −1a i +1, 1L a i +1, j −1M Ma n 1La n , j −1L a i −1, n ； A ij =(−1) i +j M ijL a i +1, nM La n , n二、行列式的Laplace 展开定理为了将n 阶行列式按一行（列）展开的定理推广到按k 行或k 列展开，先把元素的余子式和代数余子式的概念加以推广。

定义1 在n 阶行列式D 中，任取k 行，k 列（1≤k ≤n −1) ），位于这k 行、k 列交点处的k 2个元素按原来的相对位置组成的k 阶行列式M 称为D 的一个k 阶子式。

拉普拉斯展开定理

拉普拉斯展开定理拉普拉斯展开定理拉普拉斯展开定理是由法国数学家居里·拉普拉斯（Joseph Louis Lagrange）在1770年提出的，它可以用来求解一元多项式的展开式，有着广泛的应用。

定义：设f(x) 是定义在区间[a,b]上的n次可积函数，且在区间[a,b]上有n+1个不同的零点，即f(x1)=f(x2)=f(x3)=......=f(xn+1)=0 (x1，x2，x3，......，xn+1 在[a,b]上)则f(x) 在区间[a,b]上可以表示为f(x)=[f(x)]a^n+[f(x)]a^(n-1)+[f(x)]a^(n-2)+......+[f(x)]a+[ f(x)]其中，[f(x)]a，[f(x)]a^2，......[f(x)]a^n 分别为f(x)在x1，x2，......xn+1处的拉普拉斯展开系数，也称拉普拉斯系数。

由此可以得出拉普拉斯展开定理，即：若f(x) 在区间[a,b]上可积，在[a,b]上有n+1个不同的零点，则f(x) 可以用下式展开：f(x)=[f(x)]a^n+[f(x)]a^(n-1)+[f(x)]a^(n-2)+......+[f(x)]a+[ f(x)]其中，[f(x)]a，[f(x)]a^2，......[f(x)]a^n 分别为f(x)在x1，x2，......xn+1处的拉普拉斯展开系数，也称拉普拉斯系数。

拉普拉斯系数的计算：拉普拉斯系数[f(x)]a，[f(x)]a^2，......[f(x)]a^n 的计算可使用拉普拉斯公式：[f(x)]a=(1/(n+1))*(f(a)+2*f(a+h)+3*f(a+2h)+......+(n+1)*f(b ))其中，h=(b-a)/n应用：拉普拉斯展开定理可以用来求解一元多项式的展开式，其中多项式的零点可以在任意区间上找到，这样可以将展开式的计算转换为计算拉普拉斯系数的问题，从而使计算简化。

拉普拉斯展开定理证明

拉普拉斯展开定理证明拉普拉斯展开定理是概率论中的重要定理之一，它表示一种函数在某个点附近的值可以用该点的各阶导数确定。

本文将介绍拉普拉斯展开定理的证明过程。

首先，假设$f(x)$是一个定义在实数轴上的函数，且在$x=a$处具有连续的$n$阶导数。

拉普拉斯展开定理可以表示为：$$f(x)=sum_{k=0}^{n}frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k+frac{1}{(n-1)!}int_{a}^{x}(x-t)^{n-1}f^{(n)}(t)dt$$其中，$f^{(k)}(a)$表示$f(x)$在$x=a$处的$k$阶导数。

要证明该定理，我们需要使用数学归纳法。

当$n=1$时，我们有：$$f(x)=f(a)+int_{a}^{x}f'(t)dt$$这可以通过牛顿-莱布尼茨公式证明。

即：$$int_{a}^{x}f'(t)dt=f(x)-f(a)$$接下来，假设当$n=k$时，定理成立，即：$$f(x)=sum_{i=0}^{k}frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i+frac{1}{(k-1)!}int_{a}^{x}(x-t)^{k-1}f^{(k)}(t)dt$$我们需要证明当$n=k+1$时，定理也成立。

首先，根据泰勒定理，存在一个$xi$，使得：$$f(x)=sum_{i=0}^{k}frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i+frac{f^{(k+ 1)}(xi)}{(k+1)!}(x-a)^{k+1}$$我们将$xi$设为$t$，并将$(x-a)^{k+1}$替换为$(x-t)^{k}(t-a)$，则有：$$f(x)=sum_{i=0}^{k}frac{f^{(i)}(a)}{i!}(x-a)^i+frac{1}{(k-1)!}int_{a}^{x}(x-t)^{k-1}f^{(k+1)}(t)dt$$接下来，我们需要证明：$$frac{1}{(k-1)!}int_{a}^{x}(x-t)^{k-1}f^{(k+1)}(t)dt=frac{ 1}{(k)!}int_{a}^{x}(x-t)^{k}f^{(k+1)}(t)dt$$这可以通过分部积分证明。

拉普拉斯(Laplace)定理(最全)word资料

§2-8 拉普拉斯(Laplace)定理行列式的乘法规则一、拉普拉斯定理定义9 在一个n 级行列式D 中任意选定k 行k 列(n k ≤)，位于这些行和列的交点上的2k 个元素按照原来的次序组成一个k 级行列式M ，称为行列式D 的一个k 级子式.在D 中划去这k 行k 列后余下的元素按照原来的次序组成的k n -级行列式M '称为k 级子式M 的余子式.从定义立刻看出，M 也是M '的余子式.所以M 和M '可以称为D 的一对互余的子式.例1 在四级行列式 3100120012104121-=D 中选定第一、三行，第二、四列得到一个二级子式M ： 1042=M , M 的余子式为 1020='M . 例2 在五级行列式555453525125242322211514131211a a a a a a a a a a a a a a a D=中,454342252322151312a a a a a a a a a M =和54513431a a a aM ='是一对互余的子式.定义10:设D 的k 级子式M 在D 中所在的行、列指标分别是k k j j j i i i ,,,;,,,2121 ，则M 的余子式M '前面加上符号)()(2121)1(k k j j j i i i +++++++- 后称做M 的代数余子式.因为M 与M '位于行列式D 中不同的行和不同的列，所以有下述引理行列式D 的任一个子式M 与它的代数余子式A 的乘积中的每一项都是行列式D 的展开式中的一项，而且符号也一致.定理6(拉普拉斯定理) 设在行列式D 中任意取定了k (11-≤≤n k )个行.由这k 行元素所组成的一切k 级子式与它们的代数余子式的乘积的和等于行列式D .例3 利用拉普拉斯定理计算行列式1310310112104121-=D 从这个例子来看，利用拉普拉斯定理来计算行列式一般是不方便的.这个定理主要是理论方面的应用.二、行列式的乘积法则定理7 两个n 级行列式nnn n n n a a a a a a a a a D2122221112111=和nnn n nn b b b b b b b b b D 2122221112112=的乘积等于一个n 级行列式nnn n n n c c c c c c c c c C212222111211=,其中ij c 是1D 的第i 行元素分别与2D 的第j 列的对应元素乘积之和：∑==+++=nk kj ik nj in j i j i ij b a b a b a b a c 12211 .这个定理也称为行列式的乘法定理.它的意义到第四章§3中就完全清楚了.n , X ,相互独立且具有相同的数学期望和方2,( i 1, 2,)= 个随机变量的算术平均数ni 11X , i n ==∑X 对于任意正数i X |}με-<充分大时，算术平均数必然)独立，则 22-1}e dt 2t xπ-∞=⎰)具有怎样的分布，n X +=()50,()i i E X D X ==()50,()25n n E Y n D Y ∴==　由中心极限定理，有(5000)n Y ≤)之和，即,(k p D X =3得n lim P →∞⎧⎪⎨⎪⎩四个重要定理：梅涅劳斯(Menelaus)定理（梅氏线）△ABC的三边BC、CA、AB或其延长线上有点P、Q、R，则P、Q、R共线的充要条件是。

14.3 拉普拉斯反变换的部分分式展开汇总

s pi
确定了待定系数后，相应的原函数为
f
(t)
L1[F (s)]
n i 1
Kie pit
n i 1
N ( pi ) e pit D'( pi )
例：求F(s)的原函数
F(s)
s3
2s 1 7s2 10s
解：
F(s)
s3
2s 1 7s2 10s
2s 1 s(s 2)(s 5)
D(s)=0的根为 p1=0 p2=-2
s4 j3
f(t)=2e-3t+ 2×1.05e-4tcos(3t+161.6°)
四、D(s)=0具有重根的情况
D(s)应含(s-p1)n的因式
现设D(s)中含有(s-p1)3的因式， p1为D(s)=0的三重根，其余为单根， F(s)可分解为
F (s)
K13 s p1
K12 (s p1)2
p2=-2
p3=-5
K3
N (s)
2s 1
D'(s) s p3 3s2 14s 10
s 5
=-0.6
K1=0.1 K2=0.5 K3=-0.6
f(t)= 0.1 + 0.5e-2t - 0.6e-5t
三、D(s)=0的具有共轭复根的情况
p1=a+jω p2=a-jω K1=[(s- a-jω)F(s)]s= a+jω
一部分分式展开法电路响应的象函数通常可表示为两个实系数的s的多项式之比即s的一个有理分式分解定理把fs分解成若干简单项之和而这些简单项可以在拉氏变换表中找到这种方法称为部分分式展开法或称为分解定理
§13. 3 拉普拉斯反变换的部分分式展开

拉普拉斯展开变换公式

拉普拉斯展开变换公式拉普拉斯展开变换公式，这可是个让人又爱又恨的数学概念！咱先来说说这拉普拉斯展开变换公式到底是啥。

简单来讲，它就是一个在数学领域里用来处理行列式的工具。

可别小看它，虽然它看起来复杂，但一旦你掌握了，那解决问题可就像有了一把神奇的钥匙。

就拿我之前教过的一个学生小明来说吧。

小明这孩子平时挺聪明的，就是碰到数学难题容易犯迷糊。

有一次做作业，遇到了一个需要用到拉普拉斯展开变换公式的行列式问题。

他瞪着题目看了半天，脑袋都快想破了，还是没个头绪。

我走过去一看，发现他连公式都没记清楚，更别说应用了。

我就开始给他耐心讲解。

我跟他说：“小明啊，你看这个拉普拉斯展开变换公式，就像是一把钥匙，能帮咱们打开这个难题的大门。

” 我在黑板上一步一步地写着公式，给他解释每个符号的含义。

“你看啊，这个公式里的元素，就像是一个个小士兵，都有自己的位置和作用。

咱们要做的就是让它们排好队，发挥出最大的作用。

” 我一边说，一边比划着。

小明听着听着，眼睛逐渐亮了起来。

他开始跟着我的思路，自己动手计算。

刚开始还是会出错，但在我的不断引导下，他终于算出了正确答案。

那一刻，他脸上露出的那种兴奋和自豪的表情，让我也感到特别欣慰。

拉普拉斯展开变换公式在很多领域都有着重要的应用。

比如说在电路分析中，它可以帮助我们计算复杂电路的响应；在控制系统中，它能让我们更好地理解系统的稳定性和性能。

不过，要想真正掌握这个公式，可不能只是死记硬背。

得理解它背后的原理，多做练习题，才能在遇到实际问题时灵活运用。

就像我们平时做其他事情一样，只有真正理解了，才能做得好。

比如说学骑自行车，刚开始可能会摔跟头，但一旦掌握了平衡的技巧，就能自由自在地骑行了。

所以啊，对于拉普拉斯展开变换公式，大家别害怕，多琢磨，多练习，相信你一定能掌握它！。