拉普拉斯變換ppt課件(編輯修改稿)
2025-02-10 18:35 本頁(yè)面
【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 就是將任意一個(gè)有理函數(shù)分解為許多簡(jiǎn)單項(xiàng)之和，而這些簡(jiǎn)單項(xiàng)都可以在拉氏變換表中找到。從而得到完整的拉氏反變換式 —— 稱(chēng)為 部分分式法 ，或稱(chēng)為 分解定理 。 部分分式法是進(jìn)行拉氏反變換的主要方法。 比如： 分解為若干個(gè)簡(jiǎn)單分 式之和，從而分別查表得到原函數(shù)。 nnnmmmbsbsbasasasDsNsF????????????110110)()()(例如： 651)(2 ??? sssF 3121)3)(2(1??????? ssss)()()( 32 teetf tt ??? ??? 由于這里 F（ s）比較簡(jiǎn)單，從分式到部分分式和，可以用 觀(guān)察法 或 拼湊法 得到，但如果給定的象函數(shù)比較復(fù)雜，用觀(guān)察法和拼湊法就不能揍效了。下邊就 系統(tǒng)地介紹部分分式法的規(guī)范步驟和方法。 一、 F（ S）為真分式情況。 若分母 D（ s） =0具有 n個(gè)單實(shí)根： 即： nnnmmmbsbsbasasasDsNsF????????????110110)()()( 為真分式情況（ mn），這里又分為幾種情況： 0)( 110 ???? ? nnn bsbsbsD ??有 n個(gè)單實(shí)根： s1=p1， s2=p2， …… s n=pn 。 此時(shí)有： (1) )(12211 ?? ????????nj jjnnpskpskpskpsksF ??（ 1）求 Kj的 方法一 ： 將式 (1)兩邊同乘以 （ spi） ， 并取 s→ pi的極限 （ 或令 spi ）即可得到 Ki ： → F(s)(SPi)|S→Pi = Ki 例 1 、 求 的原函數(shù) f（ t） 6554)(2 ????ssssF例 1 、 求 的原函數(shù) f（ t） 6554)(2 ????ssssF解： ①令 D(s)=s2+5s+6=0 ， 得兩個(gè)單實(shí)根為： P1=－ 2， P2=－ 3 。 ② F(s)可寫(xiě)作如下形式： 32)3)(2(546554)( 212 ????????????sksksssssssF③ 上式兩邊同乘以（ S+2）得： )2(3)()2( 21 ??????? ss KKsFs令 s=p1=－ 2 得： 3|354|)()2(221 1 ????????????? sps sssFsK同理： 7|254|)()3(332 2 ???????????? sps sssFsK④ 3723)(??????sssF)()73()( 32 teetf tt ?????? ??方法一小結(jié)： 設(shè) D（ s） =0有 n個(gè)單實(shí)根： p1， p2， …… pn ， 則： nnpsKpsKpsKpsKsDsNsF????????? ?332211)()()(npsnnpspssFpsKsFpsKsFpsK?????????|)()(|)()(|)()(212211?例 2： 求 原函數(shù)。 )4)(2(3)(????sssssF42)(321????? sKsKsKsF解： 42)(321????? sKsKsKsF)4)(2(3)(????sssssF83|)4)(2(3|)(001 ???????? ss sssssFK41221|)4(3|)()2(222 ?????????????? ss ssssFsK81)4(21|)2(3|)()4(443 ???????????????? ss ssssFsK48/124/18/3)(?????? ssssF)()814183()( 42 teetf tt ????? ??（ 2）方法二：應(yīng)用洛必達(dá)法則 求 Ki。 由前邊方法可知： 11 |)()()(|)()( 111 psps sDsNpssFpsK??????其中（ sp1）項(xiàng)不和分母中該項(xiàng)相約，此式就是 0/0不定式，根據(jù)洛必達(dá)法則有： 111|)(39。)(39。)()(|)()()(l i m 111 pspsps sDsNpssNsDdsdsNpsdsdK ???????? 若 D（ s）為多項(xiàng)式 b0sn+ b1sn1+ b2sn2+… b n 其中分母的一階微分 D’（ s）應(yīng)該很容易得到。 同理： ?????????????npsnpssDsNKsDsNK|)(39。)(|)(39。)(22?例 求 的原函數(shù)。 52)(39。32)3)(2(546554)( 212??????????????ssDsksksssssssF7|5254 3|52543221??????????????ssssKssK6554)(2 ????ssssF解： ? ? ? ? ? ?teetf tt ?32 73 ?? ????例 求 的原函數(shù)。 sssssF863)(23 ????42863)( 32123 ?????????sksksksssssF解： ? ?? ?81|81233 41|81233 838123342322202039。1?????????????????????????sssSsssKsssKssssDsNK 4286 3)( 32123 ??????? ?? s ks ksksss ssF解： 48/124/18/3)(?????? ssssF? ? ? ?teetf tt ???????? ??? ?? 42814183 D（ S） =0具有重根情況 例 求 原函數(shù) )1()2(4)(3 ????ssssF解： ① D(s)=0 得： p1=－ 2(為三重根 )， p2=－ 1(為單根 )。 ② 1)2()2(2)(231121213???????? sKsKsKsKsF3|)()1( 12 ??? ??ssFsK3211122133 )2(1)2()2()()2( ????????? ssKKsKsKsFs2|14|)()2( 22311 ??????? ???? ss sssFsK③ 上式方程中兩邊對(duì) S求一階微分，就可得到 K12。 ? ? 3|)1( )4()1(|)()2( 222312 ??? ?????? ???? ss s sssFsdsdK求二階微分得到 K13 ： 3|)]()2[(21 232213 ???? ??ssFsdsdK13)2(2)2(323)(32 ????????????sssssF2231111 21!21]1[ , !1]1[ 1!][ ttsLtnsLsntLnnnn ???????? ?????)()32233()( 2222 teetteetf tttt ???????? ????小結(jié)；重根情況 D(S)=0 有 l 重根 P1， 其它 nl個(gè) 單根 Pl+1， ， Pl+1 ， …… Pn 則： n)2,1,( |)]()()1 , 2 , 3( |)]()[()!1(1)()()(11)1()1(1111121)1(111????????????????????????????????lljsFpsklisFpsdsdikpskpskpskpsksFjpsjjpsliiinlj jjlll例 6． 求 的原函數(shù) 。 )1()2(12)(2 ????ssssF解： 1)2(2)(221112?????? sKsKsKsF1|112|)()2(31|)2(12|)()1(222111212??????????????????sssssssFsKsssFsK31|112|)]()2[(22212 ????????????????? ss ssdsdsFsdsdK)()3131()(13/1)2(123/1)(222teteetfssssFttt?????????????????? D（ S） =0具有共軛復(fù)根的情況。 （ 1）看一個(gè)例題：求 的原函數(shù) 52 10503326 )(????ssssF① 令
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