02-2 正余弦的拉氏变换及反变换

• 本节课适用对象 零基础的学生 基础薄弱的学生

• 本节课所授知识点 欧拉公式 定义法求解正余弦的拉氏变换 欧拉公式法求解正余弦的拉氏变换及反变换 位移定理法求解正余弦的拉氏变换及反变换

• 重要提示 本节课第 4 部分的例题应做尽做 后面会有专门的习题课

前情回顾

• 拉普拉斯变换的定义 对于给定的在区间 $t \ge 0$ 上至少为分段连续的实函数 $f(t)$，定义函数 $F(s) = \mathcal{L}[f(t)] = \int_{0}^{\infty} f(t)e^{-st}dt$ 其中，$s$ 为复变量，$f(t)$ 为原函数，$F(s)$ 为象函数。

• 位移定理 若 $\mathcal{L}[f(t)] = F(s)$，则 $\mathcal{L}[f(t-\tau_0) \cdot 1(t-\tau_0)] = e^{-\tau_0 s}F(s)$ $\mathcal{L}[e^{\alpha t}f(t)] = F(s-\alpha)$

1、欧拉公式

$e^{j\theta} = \cos\theta + j\sin\theta,\quad e^{-j\theta} = \cos\theta - j\sin\theta$ $\cos\theta = \frac{1}{2}(e^{j\theta} + e^{-j\theta}),\quad \sin\theta = \frac{1}{2j}(e^{j\theta} - e^{-j\theta})$

$\sin\theta$ 和 $\cos\theta$ 的幂级数展开式（此部分为高等数学知识点）分别为 $\cos \theta = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n)!} \theta^{2n} = 1 - \frac{\theta^2}{2!} + \frac{\theta^4}{4!} - \frac{\theta^6}{6!} + \cdots$ $\sin \theta = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{(2n+1)!} \theta^{2n+1} = \theta - \frac{\theta^3}{3!} + \frac{\theta^5}{5!} - \frac{\theta^7}{7!} + \cdots$

因此 $\cos \theta + j \sin \theta = 1 + j\theta + \frac{(j\theta)^2}{2!} + \frac{(j\theta)^3}{3!} + \frac{(j\theta)^4}{4!} + \cdots$

因为 $e^x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} x^n = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots$

得 $\cos \theta + j \sin \theta = e^{j\theta}$

2、定义法求解

由欧拉公式 $\sin \omega t = \frac{1}{2j}(e^{j\omega t} - e^{-j\omega t})$

$F(s) = \int_0^{+\infty} \sin \omega t e^{-st} dt = \frac{1}{2j} \int_0^{+\infty} (e^{j\omega t} - e^{-j\omega t}) e^{-st} dt$ $= \frac{1}{2j} \int_0^{+\infty} (e^{(j\omega - s)t} - e^{-(j\omega + s)t}) dt = \frac{1}{2j} \left[ \left. \frac{e^{(j\omega - s)t}}{j\omega - s} \right|_0^{+\infty} - \left. \frac{e^{-(j\omega + s)t}}{-(j\omega + s)} \right|_0^{+\infty} \right]$ $= \frac{1}{2j} \left[ \frac{1}{s - j\omega} - \frac{1}{s + j\omega} \right]$ $= \frac{1}{2j} \left[ \frac{s + j\omega}{(s + j\omega)(s - j\omega)} - \frac{s - j\omega}{(s + j\omega)(s - j\omega)} \right]$ $= \frac{1}{2j} \cdot \frac{2j\omega}{s^2 + \omega^2} = \frac{\omega}{s^2 + \omega^2}$

由欧拉公式 $\cos \omega t = \frac{1}{2} (e^{j\omega t} + e^{-j\omega t})$

$F(s) = \int_0^{+\infty} \cos\omega t e^{-st} dt = \frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \left( e^{j\omega t} + e^{-j\omega t} \right) e^{-st} dt$ $= \frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \left( e^{(j\omega-s)t} + e^{-(j\omega+s)t} \right) dt$ $= \frac{1}{2} \left[ \left. \frac{e^{(j\omega-s)t}}{j\omega-s} \right|_0^{+\infty} + \left. \frac{e^{-(j\omega+s)t}}{-(j\omega+s)} \right|_0^{+\infty} \right]$ $= \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{s-j\omega} + \frac{1}{s+j\omega} \right] = \frac{s}{s^2+\omega^2}$

3、欧拉公式法求解

• 例 $\mathcal{L}[\sin\omega t] = \frac{\omega}{s^2+\omega^2}$

证明： $\mathcal{L}[\sin\omega t] = \mathcal{L}\left[ \frac{e^{j\omega t} - e^{-j\omega t}}{2j} \right] = \frac{1}{2j} \left( \mathcal{L}[e^{j\omega t}] - \mathcal{L}[e^{-j\omega t}] \right)$ $= \frac{1}{2j} \left( \frac{1}{s-\omega j} - \frac{1}{s+\omega j} \right) = \frac{1}{2j} \left( \frac{s+\omega j}{s^2+\omega^2} - \frac{s-\omega j}{s^2+\omega^2} \right)$ $= \frac{1}{2j} \cdot \frac{2\omega j}{s^2+\omega^2} = \frac{\omega}{s^2+\omega^2}$

• 例 已知 $F(s) = \frac{4s+8}{s^2+2s+5}$，求 $f(t)$。

解： $F(s) = \frac{4s+8}{s^2+2s+5} = \frac{4s+8}{(s+1+2j)(s+1-2j)}$ $= \frac{A}{s+1+2j} + \frac{B}{s+1-2j} = \frac{(A+B)s + A+B - 2Aj + 2Bj}{s^2+2s+5}$

求得 $A = 2+j,\quad B = 2-j$

$f(t) = \mathcal{L}^{-1}[F(s)] = (j+2)e^{(-1-2j)t} + (-j+2)e^{(-1+2j)t}$ $= e^{-t} \left( je^{-2jt} + 2e^{-2jt} - je^{2jt} + 2e^{2jt} \right)$ $= e^{-t} \left( j(e^{-2jt}-e^{2jt}) + 2(e^{-2jt}+e^{2jt}) \right) = e^{-t}(2\sin 2t + 4\cos 2t)$

• 例 已知 $F(s) = \frac{s-3}{s^2+2s+2}$，求 $f(t)$。

解： $F(s) = \frac{s-3}{s^2+2s+2} = \frac{s-3}{(s+1-j)(s+1+j)} = \frac{A}{s+1-j} + \frac{B}{s+1+j}$ $= \frac{(A+B)s+A+B+j(A-B)}{s^2+2s+2}$

求得 $A=2j+0.5,\quad B=-2j+0.5$

$f(t) = \mathcal{L}^{-1}[F(s)] = (2j+0.5)e^{(-1+j)t} + (-2j+0.5)e^{(-1-j)t}$ $= e^{-t}\left(2je^{jt} + 0.5e^{jt} - 2je^{-jt} + 0.5e^{-jt}\right)$ $= e^{-t}\left(2j(e^{jt}-e^{-jt}) + 0.5(e^{jt}+e^{-jt})\right) = e^{-t}(-4\sin t + \cos t)$

4、位移定理法求解

$\mathcal{L}[e^{at}f(t)] = F(s-a)$

• 例 已知 $F(s) = \frac{4s+8}{s^2+2s+5}$，求 $f(t)$。

解： $F(s) = \frac{4s+8}{s^2+2s+5} = \frac{4(s+1)+4}{(s+1)^2+2^2} = \frac{4(s+1)}{(s+1)^2+2^2} + \frac{4}{(s+1)^2+2^2}$ $f(t) = \mathcal{L}^{-1}[F(s)] = 4e^{-t}\cos 2t + 2e^{-t}\sin 2t$

• 例 已知 $F(s) = \frac{s-3}{s^2+2s+2}$，求 $f(t)$。

解： $F(s) = \frac{s-3}{s^2+2s+2} = \frac{s+1-4}{(s+1)^2+1^2} = \frac{s+1}{(s+1)^2+1^2} - \frac{4}{(s+1)^2+1^2}$ $f(t) = \mathcal{L}^{-1}[F(s)] = e^{-t}\cos t - 4e^{-t}\sin t$

$\mathcal{L}[f(t-\tau_0)\cdot 1(t-\tau_0)]=e^{-\tau_0 s}F(s)$

• 例 求下式的拉氏变换。 $f(t)=\left[4\cos\left(t-\frac{\pi}{6}\right)\right]\cdot 1\left(t-\frac{\pi}{6}\right)$

解： $\mathcal{L}[\cos t]=\frac{s}{s^2+1}$ 根据位移定理，则 $F(s)=\frac{4s}{s^2+1}e^{-\frac{\pi}{6}s}$

• 本节课应达成的目标 会应用位移定理求解正余弦的拉氏变换及反变换

• 重要提示 本节课第 4 部分的例题应做尽做 后面会有专门的习题课