拉普拉斯反變換的部分分式展開

1、小組成員：小組成員：楊朦朦、王曼、薛久明、劉影楊朦朦、王曼、薛久明、劉影一、部分分式展開法一、部分分式展開法象象函數(shù)通常可表示為兩個實系數(shù)的函數(shù)通?？杀硎緸閮蓚€實系數(shù)的s的多項的多項式之比，即式之比，即s的一個有理分式的一個有理分式)(sF式中式中m和和n為正整數(shù)，且為正整數(shù)，且nm。)()(sDsNnnnmmmbsbsbasasa.110110分解定理分解定理把把F(s)分解成若干簡單項之和，分解成若干簡單項之和，而這些簡單項可以在拉氏變換表中找到，而這些簡單項可以在拉氏變換表中找到，這種方法稱為部分分式展開法，或稱為這種方法稱為部分分式展開法，或稱為分解分解定理定理。用部分分式展開有理分式

2、用部分分式展開有理分式F(s)時，需要把有時，需要把有理分式化為真分式。理分式化為真分式。若若n=m，則，則)()()(0sDsNAsF若若nm，則為真分式。，則為真分式。真分式用真分式用部分分式部分分式展開，展開，需要對分母多項式作因式分解，需要對分母多項式作因式分解，求出求出D(s)=0的根。的根。 D(s)=0的根可以是的根可以是單根單根共軛復(fù)根共軛復(fù)根重根重根三種情況。三種情況。nnnmmmbsbsbasasasDsNsF.)()()(110110二、二、D(s)=0具有單根的情況具有單根的情況如果如果D(s)=0有有n個單根，設(shè)個單根，設(shè)n個單根分別是個單根分別是p1、p2、pn。于

3、是于是F(s)可以展開為可以展開為nnpsKpsKpsKsF.)(2211將上式兩邊都乘以將上式兩邊都乘以(s-p1)，得，得)()(1sFps令令s=p1，得，得K1=(s-p1)F(s)s=p1).)(221nnpsKpsKps1K確定待定系數(shù)的公式為確定待定系數(shù)的公式為Ki=(s-pi)F(s)s=pi同理可求得同理可求得K2、K3、Kn例：求例：求F(s)的原函數(shù)的原函數(shù)sssssF10712)(23解：解：sssssF10712)(23D(s)=0的根為的根為p1=0p2=-2p3=-51K=0.1)5)(2(12ssss0)5)(2(12ssss2K=0.52)5(12ssss3K

4、=-0.65)2(12ssssK1=0.1K3=-0.6K2=0.5綜綜上可知：上可知：- 0.6e-5tf(t)= 0.1 + 0.5e-2t56 . 025 . 01 . 0)(ssssF三、三、D(s)=0的具有共軛復(fù)根的情況的具有共軛復(fù)根的情況p1=a+jp2=a-jK1=(s- a-j)F(s)s= a+jK2=(s- a+j)F(s)s= a-jnnpsKpsKpsKsF.)(2211例：求例：求F(s)的原函數(shù)的原函數(shù)523)(2ssssF解：解：D(s)=0的根為的根為p1=-1+j2p2=-1-j21K=0.5-j0.521213jsjss4525 . 0je先變形先變形s2

5、+2s+5=0 s2+2s+1+4=0 (s+1)2+4=0523)(2ssssFp1=-1+j2p2=-1-j22K=0.5-j0.521213jsjss4525 . 0jexjxejxsincos歐拉公式歐拉公式四、四、D(s)=0具有重根的情況具有重根的情況D(s)應(yīng)含應(yīng)含(s-p1)n的因式的因式現(xiàn)設(shè)現(xiàn)設(shè)D(s)中含有中含有(s-p1)3的因式，的因式，p1為為D(s)=0的三重根，的三重根，其余為單根，其余為單根，F(xiàn)(s)可分解為可分解為niiipsKpsKpsKpsKsF231112112113)()()()(K11 = ( s-p1 )3F(s)|s = p1上式兩邊都乘以上式兩

6、邊都乘以(s-p1)3 ，則，則K11被單獨分離出來被單獨分離出來)()(31sFpsniiipsKpsKpsKpsKsF231112112113)()()()(1、K11的求法的求法11K121)(KpsniiipsKps231)()(1321)(Kps上式兩邊對上式兩邊對s求導(dǎo)求導(dǎo) ，則，則K12被分離出來被分離出來)()(31sFpsdsd1)()(3112pssFpsdsdKniiipsKpsKKpsKpssFps23111121132131)()()()()()(2、K12的求法的求法131)(2Kps12KniiipsKpsdsd231)()(1)()(21312213pssFps

7、dsdK3、K13的求法的求法用同樣的方法可得用同樣的方法可得niiipsKpsKpsKpsKsF231112112113)()()()(f(t)=tpeK113tpteK112tpetK121121nitpiieK24、 D(s)=0具有具有q階重根，其余為單根的分解式階重根，其余為單根的分解式niiiqqqpsKpsKpsKpsKsF211121)1(111)()(.)()(式中式中K11 =12K13K1)()()!1(11111psqqqqsFpsdsdqK( s-p1 )qF(s)|s = p11)()(1psqsFpsdsd1)()(21122psqsFpsdsd例：求例：求F(s)的原函數(shù)的原函數(shù)32) 1(1)(sssF解：解：D(s)=0的根為的根為p1=-1為三重根為三重根p2=0為二重根為二重根2212231121213) 1() 1(1)(sKsKsKsKsKsF首先以首先以(s+1)3乘以乘以F(s)得得231)() 1(ssFs121ssK11 = ( s-p1 )3F(s)|s = p1=1122213121ssdsdK14621ss=3121ssds