积分变换第7讲教学文案.ppt

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1、积分变换第7讲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.2因此,按傅氏积分公式,在f(t)的连续点就有等式两边同乘以ebt,则3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)

2、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.4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)

3、称为f(s)在s0点处的留数,记作Res[f(s),s0]=c-1或7围绕着f(s)的奇点s0的附近绕一圈环的积分就等于其中C是只围绕s0转一圈的任意闭合曲线.8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,则实轴虚轴s1s2s39定理的证明作下图,闭曲线C=L+CR,CR在Re(s)

4、的极限,并根据Jordan引理,当t>0时,有12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.13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14151617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:181920还可以用部分分式和查表的办

5、法来求解拉氏反变换.根据拉氏变换的性质以及2122最后得23卷积241.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25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tOf1(t)f2(t)tOf1(t)f2(t-t)t26按(2.20)计算的卷积亦有

6、f1(t)*f2(t)

7、

8、f1(t)

9、*

10、f2(t)

11、,它也满足交换律:f1(t)*f2(t)=f

12、2(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)2728例1求t*sint29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30t=ttOt31由于二重积分绝对可积,可以交换积分次序令t-t=u,则32不

13、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L[fk(t)]=Fk(s)(k=1,2,...,n)则有L[f1(t)*f2(t)*...*fn(t)]=F1(s)F2(s)...Fn(s)33343536373839此课件下载可自行编辑修改，仅供参考！感谢您的支持，我们努力做得更好！谢谢